新高考物理一輪復習精品學案第11章專題強化25動量觀點在電磁感應中的應用（含解析）-學案下載-教習網

題型一動量定理在電磁感應中的應用
導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解．
考向1 “單棒＋電阻”模型
例1 水平面上放置兩個互相平行的足夠長的金屬導軌，間距為d，電阻不計，其左端連接一阻值為R的電阻．導軌處于方向豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B.質量為m、長度為d、阻值為R與導軌接觸良好的導體棒MN以速度v0垂直導軌水平向右運動直到停下．不計一切摩擦，則下列說法正確的是( )
A．導體棒運動過程中所受安培力先做正功再做負功
B．導體棒在導軌上運動的最大距離為eq \f(2mv0R,B2d2)
C．整個過程中，電阻R上產生的焦耳熱為eq \f(1,2)mv02
D．整個過程中，導體棒的平均速度大于eq \f(v0,2)
答案 B
解析導體棒向右運動過程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做負功，選項A錯誤；由動量定理可知－eq \x\t(I)dB·Δt＝0－mv0，其中eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt),2R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,2R)，ΔΦ＝Bdx，解得x＝eq \f(2mv0R,B2d2)，故B正確；導體棒的阻值與左端所接電阻的阻值相等，故電阻R上產生的焦耳熱應該為eq \f(1,4)mv02，故C錯誤；根據a＝eq \f(BId,m)＝eq \f(B2d2v,2Rm)可知，導體棒做的是加速度逐漸減小的減速運動，故其平均速度將小于做勻減速運動的平均速度，即小于eq \f(v0,2)，故D錯誤．
考向2 不等間距上的雙棒模型
例2 (多選)如圖所示，光滑水平平行導軌置于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直水平面向下，左側導軌間距為L，右側導軌間距為2L，且導軌兩側均足夠長．質量為m的導體棒ab和質量為2m的導體棒cd均垂直于導軌放置，處于靜止狀態(tài)．ab的電阻為R，cd的電阻為2R，兩棒始終在對應的導軌部分運動．現給cd一水平向右的初速度v0，則( )
A．兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒
B．最終通過兩棒的電荷量為eq \f(2mv0,3BL)
C．ab棒最終的速度為eq \f(2,3)v0
D．從cd棒獲得初速度到二者穩(wěn)定運動過程中產生的焦耳熱為eq \f(8,9)mv02
答案 BC
解析當cd棒向右運動時，受向左的安培力，ab棒受向右的安培力，且Fcd＝2Fab，可知兩棒組成的系統(tǒng)合外力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒，選項A錯誤；cd棒獲得速度后，電路中產生感應電流，cd棒減速，ab棒加速，當BLvab＝2BLvcd時，電路中磁通量不變，沒有感應電流，最終兩棒做勻速直線運動，由動量定理得－2Beq \x\t(I)Lt＝2mvcd－2mv0，Beq \x\t(I)Lt＝mvab，得vcd＋vab＝v0，聯立解得vab＝eq \f(2,3)v0，vcd＝eq \f(1,3)v0，因q＝eq \x\t(I)t，可得q＝eq \f(2mv0,3BL)，B、C正確；從cd棒獲得初速度到二者穩(wěn)定運動，此過程系統(tǒng)產生的焦耳熱為Q＝eq \f(1,2)·2mv02－eq \f(1,2)·mvab2－eq \f(1,2)·2mvcd2，解得Q＝eq \f(2,3)mv02，D錯誤．
考向3 “電容器＋棒”模型
1．無外力充電式
例3 (多選)如圖甲所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ，兩導軌間距為l，電阻均可忽略不計．在M和P之間接有阻值為R的定值電阻，導體桿ab質量為m、電阻為r，與導軌垂直且接觸良好．整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中．現給桿ab一個初速度v0，使桿向右運動．則( )
A．當桿ab剛具有初速度v0時，桿ab兩端的電壓U＝eq \f(Blv0R,R＋r)，且a點電勢高于b點電勢
B．通過電阻R的電流I隨時間t的變化率的絕對值逐漸增大
C．若將M和P之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖乙所示，同樣給桿ab一個初速度v0，使桿向右運動，則桿ab穩(wěn)定后的速度為v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)
D．在C選項中，桿穩(wěn)定后a點電勢高于b點電勢
答案 ACD
解析當桿ab剛具有初速度v0時，其切割磁感線產生的感應電動勢E＝Blv0，桿ab兩端的電壓U＝eq \f(ER,R＋r)＝eq \f(Blv0R,R＋r)，根據右手定則知，感應電流的方向為b到a，桿ab相當于電源，a相當于電源的正極，則a點電勢高于b點電勢，A正確；通過電阻R的電流I＝eq \f(Blv,R＋r)，由于桿ab速度減小，則電流減小，所受安培力減小，所以桿ab做加速度逐漸減小的減速運動，速度v隨時間t的變化率的絕對值逐漸減小，則通過電阻R的電流I隨時間t的變化率的絕對值逐漸減小，B錯誤；當桿ab以初速度v0開始切割磁感線時，電路開始給電容器充電，有電流通過桿ab，桿在安培力的作用下做減速運動，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減小，當電容器兩端電壓與感應電動勢相等時，充電結束，桿以恒定的速度做勻速直線運動，電容器兩端的電壓U＝Blv，而q＝CU，對桿ab，根據動量定理得－Beq \x\t(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，聯立可得v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)，C正確；桿穩(wěn)定后，電容器不再充電，回路中沒有電流，根據右手定則知，a點的電勢高于b點電勢，D正確．
2．無外力放電式
例4 (2017·天津卷·12)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距離為l，電阻不計．炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸．首先開關S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動．當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌．問：
(1)磁場的方向；
(2)MN剛開始運動時加速度a的大??；
(3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．
答案 (1)垂直于導軌平面向下 (2)eq \f(BlE,mR) (3)eq \f(B2l2C2E,m＋B2l2C)
解析 (1)將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負電，當將S接2時，電容器放電，流經MN的電流由M到N，又知MN向右運動，由左手定則可知磁場方向垂直于導軌平面向下．
(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經MN的電流為I，有
I＝eq \f(E,R)①
設MN受到的安培力為F，有F＝IlB②
由牛頓第二定律，有F＝ma③
聯立①②③式得a＝eq \f(BlE,mR)④
(3)當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有
Q0＝CE⑤
開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，有E′＝Blvmax⑥
依題意有E′＝eq \f(Q,C)⑦
設在此過程中流經MN的平均電流為eq \x\t(I)，MN受到的平均安培力為eq \x\t(F)，有eq \x\t(F)＝eq \x\t(I)lB⑧
由動量定理，有eq \x\t(F)Δt＝mvmax－0⑨
又eq \x\t(I)Δt＝Q0－Q⑩
聯立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq \f(B2l2C2E,m＋B2l2C).
題型二動量守恒定律在電磁感應中的應用
1．在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統(tǒng)內力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便．
2．雙棒模型(不計摩擦力)
例5 (多選)(2019·全國卷Ⅲ·19)如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上，t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動．運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示．下列圖像中可能正確的是( )
答案 AC
解析棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產生感應電動勢，使整個回路中產生感應電流，判斷可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運動，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個系統(tǒng)產生的感應電動勢逐漸減小，回路中感應電流逐漸減小，最后變?yōu)榱悖醋罱K棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，這時兩相同的光滑導體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導軌上運動，水平方向上不受外力作用，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq \f(v0,2)，選項A、C正確，B、D錯誤．
例6 (多選)如圖所示，兩電阻可以忽略不計的平行金屬長直導軌固定在水平面上，相距為L，另外兩根長度為L、質量為m、電阻為R的相同導體棒垂直靜置于導軌上，導體棒在長導軌上可以無摩擦地滑動，導軌間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，某時刻使導體棒a獲得大小為v0、水平向右的初速度，同時使導體棒b獲得大小為2v0、水平向右的初速度，下列結論正確的是( )
A．該時刻回路中產生的感應電動勢為3BLv0
B．該時刻導體棒a的加速度為eq \f(B2L2v0,2mR)
C．當導體棒a的速度大小為eq \f(3v0,2)時，導體棒b的速度大小也是eq \f(3v0,2)
D．運動過程中通過導體棒a電荷量的最大值qm＝eq \f(mv0,2BL)
答案 BCD
解析根據右手定則可知兩根導體棒切割磁感線產生的感應電動勢方向相反，故該時刻回路中產生的感應電動勢E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，A錯誤；在該時刻，回路中的感應電流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv0,2R)，導體棒a所受安培力大小F＝BIL＝ma，可得a＝eq \f(B2L2v0,2mR)，B正確；由于兩導體棒整體在水平方向動量守恒，當導體棒a的速度大小為eq \f(3v0,2)時，根據動量守恒定律得m·2v0＋mv0＝m·eq \f(3v0,2)＋mv1，解得v1＝eq \f(3v0,2)，C正確；由上解析知v共＝eq \f(3v0,2)，對a由動量定理有eq \x\t(F)安Δt＝mv共－mv0，而由安培力公式得eq \x\t(F)安＝Beq \x\t(I)L，通過導體棒a電荷量的最大值qm＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(mv0,2BL)，D正確．
例7 (2021·重慶北碚西南大學附中高三月考)如圖所示，在磁感應強度大小為B的勻強磁場區(qū)域內，垂直磁場方向的水平面中有兩根固定的足夠長的金屬平行導軌，在導軌上面平放著兩根導體棒ab和cd，兩棒彼此平行且相距d，構成一矩形回路．導軌間距為L，導體棒的質量均為m，電阻均為R，導軌電阻可忽略不計．設導體棒可在導軌上無摩擦地滑行，初始時刻ab棒靜止，給cd棒一個向右的初速度v0，求：
(1)當cd棒速度減為0.6v0時，ab棒的速度v及加速度a的大?。?br>(2)ab、cd棒間的距離從d增大到最大的過程中，通過回路的電荷量q及兩棒間的最大距離x.
答案 (1)0.4v0 eq \f(B2L2v,10mR) (2)eq \f(mv0,2BL) d＋eq \f(mv0R,B2L2)
解析 (1)兩棒系統(tǒng)所受合外力為零，因此滿足動量守恒定律，有
mv0＝0.6mv0＋mv
解得v＝0.4v0
回路感應電動勢E＝0.6BLv0－0.4BLv0
此時回路電流I＝eq \f(E,2R)
因此加速度a＝eq \f(BIL,m)
整理得a＝eq \f(B2L2v,10mR)
(2)ab、cd棒間有最大距離時兩棒速度相等，根據動量守恒定律可得mv0＝2mv共
對ab棒，根據動量定理有Beq \x\t(I)LΔt＝mv共
而q＝eq \x\t(I)Δt
解得q＝eq \f(mv0,2BL)
在這段時間內，平均感應電動勢eq \x\t(E)＝BLΔeq \x\t(v)
回路平均電流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)
因此流過某截面的電荷量q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(BLΔ\x\t(v),2R)Δt＝eq \f(BL?x－d?,2R)
解得最大距離x＝d＋eq \f(mv0R,B2L2).
課時精練
1．(多選)如圖所示，一質量為2m的足夠長U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，bc邊長為L，不計金屬框電阻．一長為L的導體棒MN置于金屬框上，導體棒的阻值為R、質量為m.裝置處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中．現給金屬框水平向右的初速度v0，在整個運動過程中MN始終與金屬框保持良好接觸，則( )
A．剛開始運動時產生的感應電流方向為M→N→c→b→M
B．導體棒的最大速度為eq \f(v0,2)
C．通過導體棒的電荷量為eq \f(2mv0,3BL)
D．導體棒產生的焦耳熱為eq \f(5,6)mv02
答案 AC
解析金屬框開始獲得向右的初速度v0，根據右手定則可知電流方向為M→N→c→b→M，故A正確；以整體為研究對象，由于整體水平方向不受力，所以整體水平方向動量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向為正方向，根據動量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v＝eq \f(2,3)v0，故B錯誤；對導體棒根據動量定理可得Beq \x\t(I)LΔt＝mv－0，其中eq \x\t(I)Δt＝q，可得通過導體棒的電荷量為q＝eq \f(2mv0,3BL)，故C正確；導體棒產生的焦耳熱為Q＝eq \f(1,2)×2mv02－eq \f(1,2)×3mv2＝eq \f(1,3)mv02，故D錯誤．
2.(多選)如圖所示，半徑為r的粗糙四分之一圓弧導軌與光滑水平導軌平滑相連，四分之一圓弧導軌區(qū)域沒有磁場，水平導軌區(qū)域存在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場，導軌間距為d，ab、cd是質量為m、電阻為R的金屬棒，導軌電阻忽略不計．cd靜止在平滑軌道上，ab從四分之一圓弧軌道頂端由靜止釋放，在圓弧軌道上克服阻力做功eq \f(1,2)mgr，水平導軌足夠長，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，且不會相撞，重力加速度為g.從ab棒進入水平軌道開始，下列說法正確的是( )
A．ab棒先做勻減速運動，最后做勻速運動
B．cd棒先做勻加速直線運動，最后和ab以相同的速度做勻速運動
C．ab棒剛進入磁場時，cd棒電流為eq \f(Bd\r(gr),2R)
D．ab棒的最終速度大小為eq \f(\r(gr),2)
答案 CD
解析 ab棒進入磁場受向左的安培力，做減速運動，所以安培力減小，則ab先做加速度減小的減速運動，cd棒與ab串聯，所以先做加速度減小的加速運動，最后它們共速，做勻速運動，故A、B錯誤；ab剛進入磁場的速度就是它下滑到底端的速度，根據動能定理mgr－eq \f(1,2)mgr＝eq \f(1,2)mv2，可得速度為v＝eq \r(gr)，則感應電動勢為E＝Bdv，兩金屬棒串聯，故兩棒瞬時電流為I＝eq \f(Bd\r(gr),2R)，兩棒共速時由動量守恒定律有mv＝2mv′，得速度大小為v′＝eq \f(\r(gr),2)，故C、D正確．
3．(多選)如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1 m，一勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.50 Ω的電阻，質量為m＝0.01 kg、電阻為r＝0.20 Ω的金屬棒ab緊貼在導軌上．現使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關系如圖所示，圖像中的OA段為曲線，AB段為直線，導軌電阻不計，取g＝10 m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響)，則( )
A．通過金屬棒ab的電流方向由b到a
B．磁感應強度B為0.1 T
C．金屬棒ab在開始的6 s內產生的熱量為3.465 J
D．金屬棒ab在開始的3.5 s內通過的電荷量為2.8 C
答案 BD
解析根據右手定則，判斷通過金屬棒ab的電流方向由a到b，故A錯誤；金屬棒ab勻速運動過程，根據圖像信息，有v＝eq \f(xAB,t)＝eq \f(37.1－19.6,6.0－3.5) m/s＝7 m/s，mg＝FA＝eq \f(B2L2v,R＋r)，解得B＝
0.1 T，故B正確；對金屬棒開始的6 s內進行分析，根據功能關系，有mgxOB＝Q熱＋eq \f(1,2)mv2，QR熱＝eq \f(R,R＋r)Q熱，解得QR熱＝2.475 J，故C錯誤；金屬棒ab在開始的3.5 s內通過的電荷量為q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)，ΔΦ＝BLxOA，解得q＝2.8 C，故D正確．
4．(多選)如圖所示，空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為 B，足夠長的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌左右兩部分的間距分別為 l、2l；質量分別為 m、2m 的導體棒 a、b 均垂直導軌放置，導體棒 a 接入電路的電阻為 R，其余電阻均忽略不計； a、b 兩棒分別以 v0、2v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導軌垂直且保持良好接觸，a 總在窄軌上運動，b 總在寬軌上運動，直到兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)，從開始運動到兩棒穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是( )
A．a棒加速度的大小始終等于b棒加速度的大小
B．穩(wěn)定時a棒的速度為1.5v0
C．電路中產生的焦耳熱為eq \f(3,2)mv02
D．通過導體棒a 的某一橫截面的電荷量為 eq \f(mv0,2Bl)
答案 AC
解析分別計算a、b棒的加速度，由F安＝BIL和F安＝ma，可得a＝eq \f(BIL,m)，a、b棒串聯，電流相等，a、b棒長度分別為 l、2l，質量分別為 m、2m，則a、b棒加速度大小相等，故A正確；因為導軌光滑只受到安培力作用，對a棒，根據動量定理有Fa·t＝Beq \x\t(I)l·t＝mva－mv0，同理，對b棒有－Fbt＝－Beq \x\t(I)×2l·t＝2mvb－2m·2v0，穩(wěn)定時無電流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，聯立解得va＝2v0，vb＝v0，故B錯誤；由能量守恒可知，動能的損失等于焦耳熱，初動能Ek0＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)×2m×(2v0)2，末動能Ek＝eq \f(1,2)m×(2v0)2＋eq \f(1,2)×2m×v02，則電路中產生的焦耳熱為Ek0－Ek＝eq \f(3,2)mv02，故C正確；對a應用動量定理有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錯誤．
5.(多選)如圖所示，相距L的光滑金屬導軌固定于水平地面上，由豎直放置的半徑為R的eq \f(1,4)圓弧部分和水平平直部分組成．MNQP范圍內有方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場．金屬棒ab和cd(長度均為L)垂直導軌放置且接觸良好，cd靜止在磁場中；ab從圓弧導軌的頂端由靜止釋放，進入磁場后與cd沒有接觸；cd離開磁場時的速度是此時ab速度的一半．已知ab的質量為m、電阻為r，cd的質量為2m、電阻為2r.金屬導軌電阻不計，重力加速度為g.下列說法正確的是( )
A．閉合回路感應電流產生的磁場與原磁場方向相反
B．cd在磁場中運動的速度不斷變大，速度的變化率不斷變小
C．cd在磁場中運動的過程中通過ab橫截面的電荷量q＝eq \f(m\r(2gR),2BL)
D．從ab由靜止釋放至cd剛離開磁場時，cd上產生的焦耳熱為eq \f(5,12)mgR
答案 BCD
解析 cd在磁場中運動時，穿過abdc回路的磁通量減小，根據楞次定律可知，閉合回路感應電流產生的磁場與原磁場方向相同，故A錯誤；當ab進入磁場后回路中產生感應電流，則ab受到向左的安培力而做減速運動，cd受到向右的安培力而做加速運動，由于兩者的速度差逐漸減小，可知感應電流逐漸減小，安培力逐漸減小，可知cd向右做加速度減小的加速運動，故B正確；ab從釋放到剛進入磁場過程，由動能定理得mgR＝eq \f(1,2)mv02，ab進入磁場后，對ab和cd系統(tǒng)，所受合外力為零，則由動量守恒定律有mv0＝m·2vcd＋2m·vcd，解得vcd＝eq \f(1,4)v0＝eq \f(1,4)eq \r(2gR)，對cd由動量定理有Beq \x\t(I)L·Δt＝2m·vcd，其中q＝eq \x\t(I)·Δt，解得q＝eq \f(m\r(2gR),2BL)，通過ab、cd橫截面的電荷量相同，故C正確；從ab從圓弧導軌的頂端由靜止釋放，至cd剛離開磁場時由能量關系得：mgR＝eq \f(1,2)m(2vcd)2＋eq \f(1,2)×2mvcd2＋Q，其中Qcd＝eq \f(2,3)Q，解得Qcd＝eq \f(5,12)mgR，故D正確．
6．如圖甲所示，固定放置在水平桌面上的兩根足夠長的光滑金屬導軌間的距離為L＝1 m．質量m＝1 kg的直導體棒放在導軌上，且與導軌垂直．導軌左端與阻值R＝4 Ω的電阻相連，其余電阻不計，整個裝置放在豎直向上的勻強磁場內，磁感應強度B＝2 T．在t＝0時，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直導體棒，使直導體棒由靜止開始向右做直線運動，圖乙是描述導體棒運動過程的v－t圖像(設導軌足夠長)．求：
(1)拉力F的大?。?br>(2)t＝1.6 s時，導體棒的加速度大小a；
(3)前1.6 s內導體棒的位移大小x.
答案 (1)10 N (2)2 m/s2 (3)8 m
解析 (1)導體棒的運動速度為v時產生的電動勢E＝BLv，閉合回路中的感應電流I＝eq \f(E,R)
導體棒所受安培力FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)
由題圖乙可知，當速度v＝10 m/s時拉力F＝FA，
得F＝10 N.
(2)由題圖乙知，t＝1.6 s時，v＝8 m/s，由牛頓第二定律有F－eq \f(B2L2v,R)＝ma，得a＝2 m/s2.
(3)在導體棒的速度為任意值v的一段極短時間Δt內，發(fā)生位移Δx，安培力的沖量ΔI＝
－eq \f(B2L2v,R)·Δt＝－eq \f(B2L2,R)Δx
則前1.6 s內安培力的總沖量I＝－eq \f(B2L2,R)x
由動量定理有Ft－eq \f(B2L2,R)x＝mv－0，得x＝8 m.
7.如圖所示，兩平行且無限長金屬導軌MN、PQ與水平面的夾角為θ＝30°，兩導軌之間的距離為L＝1 m，兩導軌M、P之間接入阻值R＝0.2 Ω的定值電阻，導軌電阻不計，在abdc區(qū)域內有方向垂直于兩導軌平面向下的磁場Ⅰ，磁感應強度B1＝1 T，磁場的寬度x1＝1 m；在cd連線以下區(qū)域有方向也垂直于導軌平面向下的磁場Ⅱ，磁感應強度B2＝0.5 T．一個質量為m＝2 kg的金屬棒垂直放在金屬導軌上，與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數μ＝eq \f(\r(3),6)，金屬棒的電阻r＝0.2 Ω，若金屬棒在離ab連線上端x0處由靜止釋放，則金屬棒進入磁場Ⅰ恰好做勻速運動．金屬棒進入磁場Ⅱ后，經過ef時又達到平衡狀態(tài)，cd與ef之間的距離x2＝16 m．求(g取10 m/s2)
(1)金屬棒在磁場Ⅰ運動的速度大?。?br>(2)金屬棒從開始運動到滑到ef位置這個過程回路產生的電熱；
(3)金屬棒從開始運動到滑到ef位置這個過程所用的時間．
答案 (1)2 m/s (2)25 J (3)5.7 s
解析 (1)設棒在ab處的速度為v1，金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為
E＝B1Lv1
電路中的感應電流為I1＝eq \f(E,R＋r)
金屬棒做勻速直線運動，由平衡條件得mgsin θ－μmgcs θ＝B1I1L，
聯立解得v1＝2 m/s
(2)經過ef時又達到平衡狀態(tài)，由平衡條件得mgsin θ－μmgcs θ＝B2I2L
感應電流I2＝eq \f(B2Lv2,R＋r)，聯立解得v2＝8 m/s
金屬棒從開始運動到滑到ab的過程中
由動能定理有(mgsin θ－μmgcs θ)x0＝eq \f(1,2)mv12
解得x0＝0.8 m
從開始運動到滑到ef的過程中由動能定理得(mgsin θ－μmgcs θ)(x0＋x1＋x2)－Q＝eq \f(mv22,2)
解得Q＝25 J
(3)全過程由動量定理得(mgsin θ－μmgcs θ)t－B1Lq1－B2Lq2＝mv2
且q1＝eq \f(B1Lx1,R＋r)，q2＝eq \f(B2Lx2,R＋r)
解得t＝5.7 s.
8.(2022·福建莆田市高三模擬)如圖，兩條足夠長的平行金屬導軌間距L＝0.5 m，與水平面的夾角θ＝30°，處于磁感應強度B＝0.2 T、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中．導軌上的a、b兩根導體棒質量分別為ma＝0.3 kg、mb＝0.1 kg，電阻均為R＝0.1 Ω.現將a、b棒由靜止釋放，同時用大小為2 N的恒力F沿平行導軌方向向上拉a棒．導軌光滑且電阻忽略不計，運動過程中兩棒始終與導軌垂直且接觸良好，取重力加速度g＝10 m/s2.已知當a棒中產生的焦耳熱Qa＝0.12 J時，其速度va＝1.0 m/s，求：
(1)此時b棒的速度大小；
(2)此時a棒的加速度大??；
(3)a棒從靜止釋放到速度達到1.0 m/s所用的時間．
答案 (1)3 m/s (2)1 m/s2 (3)0.768 s
解析 (1)設a、b棒受到的安培力大小為F安，則對a、b棒由牛頓第二定律分別有
F－magsin θ－F安＝maaa
mbgsin θ－F安＝mbab
聯立可得maaa＝mbab，所以有mava＝mbvb，
可解得vb＝3 m/s.
(2)設此電路產生的感應電動勢為E，電流為I，則有
E＝BLva＋BLvb，I＝eq \f(E,2R)，F安＝BIL
聯立(1)中式子解得aa＝1 m/s2.
(3)設此過程a、b棒位移分別為xa、xb，由(1)的分析可得maxa＝mbxb
根據能量守恒有Fxa＋mbgxbsin θ－magxasin θ－eq \f(1,2)mava2－eq \f(1,2)mbvb2＝2Qa
對a棒根據動量定理有(F－magsin θ)t－I安＝mava－0
其中安培力的沖量I安＝∑F安Δt
可得I安＝eq \f(B2L2?xa＋xb?,2R)
聯立代入數據可解得t＝0.768 s.
9．(2018·天津卷·12)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉換成平動動能的裝置．圖甲是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計．ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質量為m.列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖甲所示．為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內阻及導線電阻忽略不計．列車啟動后電源自動關閉．

(1)要使列車向右運行，啟動時圖甲中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由．
(2)求剛接通電源時列車加速度a的大小．
(3)列車減速時，需在前方設置如圖乙所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l.若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？
答案 (1)見解析 (2)eq \f(2BEl,mR) (3)見解析
解析 (1)列車要向右運動，安培力方向應向右．根據左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b、由c到d，故M接電源正極．
(2)由題意，啟動時ab、cd并聯，設回路總電阻為R總，由電阻的串并聯知識得R總＝eq \f(R,2)①
設回路總電流為I，根據閉合電路歐姆定律有
I＝eq \f(E,R總)②
設兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F＝IlB③
根據牛頓第二定律有F＝ma④
聯立①②③④式得a＝eq \f(2BEl,mR)⑤
(3)設列車減速時，cd進入磁場后經Δt時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導軌所圍回路的磁通量的變化為ΔΦ，平均感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律有E1＝eq \f(ΔΦ,Δt)⑥
其中ΔΦ＝Bl2⑦
設回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有
I′＝eq \f(E1,2R)⑧
設cd受到的平均安培力為F′，有F′＝I′lB⑨
以向右為正方向，設Δt時間內cd受安培力沖量為I沖，有
I沖＝－F′Δt⑩
同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有
I0＝2I沖?
設列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有
I總＝0－mv0?
聯立⑥⑦⑧⑨⑩??式得eq \f(I總,I0)＝eq \f(mv0R,B2l3)?
討論：若eq \f(I總,I0)恰為整數，設其為n，則需設置n塊有界磁場；若eq \f(I總,I0)不是整數，設eq \f(I總,I0)的整數部分為N，則需設置N＋1塊有界磁場．情景示例1
水平放置的平行光滑導軌，間距為L，左側接有電阻R，導體棒初速度為v0，質量為m，電阻不計，勻強磁場的磁感應強度為B，導軌足夠長且電阻不計，從開始運動至停下來
求電荷量q
－Beq \x\t(I)LΔt＝0－mv0，q＝eq \x\t(I)Δt，q＝eq \f(mv0,BL)
求位移x
－eq \f(B2L2\x\t(v),R)Δt＝0－mv0，x＝eq \x\t(v)Δt＝eq \f(mv0R,B2L2)
應用技巧
初、末速度已知的變加速運動，在動量定理列出的式子中q＝eq \x\t(I)Δt，x＝eq \x\t(v)Δt；若已知q或x也可求末速度
情景示例2
間距為L的光滑平行導軌傾斜放置，傾角為θ，由靜止釋放質量為m、接入電路的阻值為R的導體棒，當通過橫截面的電荷量為q或下滑位移為x時，速度達到v
求運動時間
－Beq \x\t(I)LΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝eq \x\t(I)Δt
－eq \f(B2L2\x\t(v),R)Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝eq \x\t(v)Δt
應用技巧
用動量定理求時間需有其他恒力參與．若已知運動時間，也可求q、x、v中的一個物理量
基本模型
規(guī)律
(導軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)
電路特點
導體棒相當于電源，電容器充電
電流特點
安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝eq \f(BLv－UC,R)，電容器充電UC變大，當BLv＝UC時，I＝0，F安＝0，棒勻速運動
運動特點和最終特征
棒做加速度a減小的加速運動，最終做勻速運動，此時I＝0，但電容器帶電荷量不為零
最終速度
電容器充電荷量：q＝CU
最終電容器兩端電壓U＝BLv
對棒應用動量定理：
mv－mv0＝－Beq \x\t(I)L·Δt＝－BLq
v＝eq \f(mv0,m＋B2L2C).
v－t圖像
基本模型
規(guī)律
(電源電動勢為E，內阻不計，電容器電容為C)
電路特點
電容器放電，相當于電源；導體棒受安培力而運動
電流的特點
電容器放電時，導體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導致電流減小，直至電流為零，此時UC＝BLvm
運動特點及最終特征
做加速度a減小的加速運動，最終勻速運動，I＝0
最大速度vm
電容器充電電荷量：Q0＝CE
放電結束時電荷量：
Q＝CU＝CBLvm
電容器放電電荷量：
ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
對棒應用動量定理：
mvm－0＝Beq \x\t(I)L·Δt＝BLΔQ
vm＝eq \f(BLCE,m＋B2L2C)
v－t圖像
雙棒無外力
雙棒有外力
示意圖
F為恒力
動力學觀點
導體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動
導體棒1做加速度逐漸減小的加速運動，導體棒2做加速度逐漸增大的加速運動，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動
動量觀點
系統(tǒng)動量守恒
系統(tǒng)動量不守恒
能量觀點
棒1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱
外力做的功＝棒1的動能＋棒2的動能＋焦耳熱

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