【文档说明】第十二章 微专题92　动量观点在电磁感应中的应用.docx，共(6)页，247.328 KB，由envi的店铺上传

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微专题92动量观点在电磁感应中的应用1．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。

3.电荷量的求解：(1)q＝It(恒定电流)；(2)q＝nΔΦR；(3)动量定理。1.(多选)(2023·河南开封市模拟)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧有一正方形

线框由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰好为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域，整个过程中，线框保持平移未旋转。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度

大小为v。则下列说法正确的是()A．q1＝q2B．q1＝2q2C．v＝1.0m/sD．v＝1.5m/s答案BD解析根据q＝ΔΦR＝BSR可知，线框进、出磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理得－BI1LΔt1＝

mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理得－BI2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝13v0＝1.5m/s，故C错误，D正确。2.(多选)(2023·湖南岳阳市质检)如图所示，一质量为m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，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为2m。装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与ab垂直且与

金属框保持良好接触，则()A．刚开始运动时产生的感应电流方向为b→c→N→MB．导体棒最终和U形光滑金属框一起做匀速直线运动的速度为v03C．导体棒产生的焦耳热为13mv02D．通过导体棒的电荷量为2mv03BL答案BCD解析根

据楞次定律及安倍定则可知感应电流方向为c→b→M→N，故A错误；以金属框和导体棒整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相同，取初速度方向为正，根据动量守恒定律可得mv0＝3mv，可得v＝

13v0，故B正确；由能量守恒定律可知，导体棒产生的焦耳热Q＝12mv02－12×3mv2＝13mv02，故C正确；对导体棒，根据动量定理可得BILΔt＝2mv－0，其中IΔt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝2mv03BL，故D正确。3．(多选)如图

甲所示，福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。图乙是一种简化的电磁弹射模型，直流电源的电动势为E，电容器的电容为C，两条相距L的固定光滑导轨，水平放置在处于磁感应强度B的匀强磁场中。现将一质量为m、电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨

的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。先将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下加速运动，达到最大速度后滑离导轨。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略空气阻力。

下列说法正确的是()A．金属滑块在导轨上运动的最大加速度为BELmRB．金属滑块在导轨上运动的最大速度为BLCERCB2L2＋mC．金属滑块滑离导轨的整个过程中流过它的电荷量为CmECB2L2＋mD．金属滑块滑离导轨的整个过程中电容器消耗的电能为mB2L

2C2E22(CB2L2＋m)2答案AC解析开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流最大，此时I＝ER对应的安培力最大，以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有Fm＝BIL＝mam，解得am＝BELmR，故A

正确；金属滑块运动后，切割磁感线产生感应电动势，当电容器两极板间电压与滑块切割磁感线产生的感应电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大，设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间

为Δt，流过金属滑块的平均电流为I，在金属块滑动过程中，由动量定理得BIL·Δt＝mv－0，由电流的定义式有Δq＝IΔt，由电容的定义式有C＝ΔqΔU，电容器放电过程的电荷量变化为Δq＝CΔUΔU＝E－U，所以BLC(E－U)＝

mv，金属滑块速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得U＝BLv联立解得v＝BLCECB2L2＋m，Δq＝CmECB2L2＋m，故B错误，C正确；金属滑块滑离导轨的整个过程中，电容器消耗的电能一部分转化为金属滑块的动能Ek＝12mv2＝mB2L2C2E22(CB2L2＋m)2，另一部分转化为了金属滑

块的内能(焦耳热)，故D错误。4．(2023·陕西汉中市质检)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度大小B＝2.0T、方向垂直于导轨平面向上，M、P间接有阻值R＝1.6Ω的电

阻，质量m＝0.5kg、电阻r＝0.4Ω的金属棒ab垂直导轨放置且始终接触良好，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移x＝3.8m时达到稳定状态，整个过程对应的v－t图像如图乙所示。取g＝10m/s2，导轨

足够长且电阻不计。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；(2)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热；(3)由图中信息计算0～1s内

，金属棒滑过的位移。答案(1)b端电势高5N(2)1.47J(3)0.85m解析(1)由右手定则可知感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高；当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin37°＋

F安其中F安＝BIL＝B2L2vR＋r由题图乙可知v＝1.0m/s联立解得F＝5N(2)从金属棒开始运动到达到稳定状态时，由动能定理得(F－mgsin37°)x－W克安＝12mv2由能量守恒定律可知克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代

入数据解得Q＝W克安＝7.35J则金属棒上产生的焦耳热为Qr＝rR＋rQ＝1.47J(3)金属棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有(F－mgsin37°)Δt－BILΔt＝mv1－0由题图乙可知v1＝0.6m/sIΔt＝BLΔxR＋r解得Δx＝0.85m。5．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°，左侧导轨高为L2。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，与左侧导轨底端相距为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到达左侧导轨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＝1m，R＝0.5Ω，m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，B0＝2T。(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，导体棒从MN离开磁场之后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)85J(2)103C(3)(2－104)m解析(1)ab棒在左侧导轨下滑过程有L2sinθ＝12at12①mgsinθ＝ma②解得t1＝2Lg＝55s③由题图乙可知ab在左侧导轨上运动过程中磁场均匀变化，则回路中的感应电动势为E＝ΔΦt1＝2B0L2t1＝

45V④此过程中cd棒产生的焦耳热为Q＝12×E22Rt1⑤联立③④⑤解得Q＝85J(2)ab棒到达底端的速度为v0＝at1解得v0＝10m/s⑥ab、cd两棒在水平导轨上运动过程中动量守恒且末速度相等，则有mv0＝3

mv⑦对cd棒由静止至达到共同速度过程应用动量定理有B0ILΔt＝2mv－0⑧由⑧式得q＝IΔt＝2mvB0L⑨联立⑥⑦⑨式解得q＝103C(3)设Δx为两棒在水平导轨上的相对位移，第(2)问中q＝IΔt＝B0LΔx2R解得Δx＝106mcd棒抛出后做平抛运动落到右侧倾斜导轨上，有h＝12gt

22xcd＝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＝29m则xab<2L－Δx故导体棒cd落在右侧倾斜导轨后导体棒ab仍在水平导轨上，再次构成闭合回路。设ab棒

接下来在水平导轨上的位移为xab′，速度减为零，对ab棒由动量定理有－B02L2v2RΔt3＝mΔv得－B02L2xab′2R＝0－mv解得xab′＝1012m由此可知xab＋xab′<2L－Δx故导体棒ab最终静止在水平导轨上，与cd水平间距为X＝2L－Δx－

xab′＝(2－104)m。