2020版高考物理新创新一轮复习通用版讲义：第十章第68课时　电磁感应中的动量问题（题型研究课）

第68课时　电磁感应中的动量问题(题型研究课)命题点一　动量定理在电磁感应现象中的应用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：[典例]　如图甲所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内，其上端接一阻值为R的电阻，在两导轨间OO′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。现使长为l、电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO′位置释放，向下运动距离d后速度不再变化(棒ab与导轨始终保持良好的接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计)。(1)求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热；(2)棒ab从静止释放经过时间t0下降了，求此时刻的速度大小；(3)如图乙所示，在OO′上方区域加一面积为S的垂直于纸面向里的匀强磁场B′，棒ab由静止开始自OO′上方某一高度处释放，自棒ab运动到OO′位置开始计时，B′随时间t的变化关系B′＝kt，式中k为已知常量；棒ab以速度v0进入OO′下方磁场后立即施加一竖直外力使其保持匀速运动。求在t时刻穿过回路的总磁通量和电阻R的电功率。[解析]　(1)对闭合回路：I＝由平衡条件可知：mg＝BIl解得vm＝由功能关系：mgd＝mvm2＋Q解得Q＝mgd－(2)由动量定理可知：(mg－BIl)t0＝mv即mgt0－Blq＝mv又q＝＝解得v＝gt0－。(3)因为Φ＝Blv0t＋ktS由法拉第电磁感应定律可得：E＝＝Blv0＋kSI＝，P＝I2R解得P＝2R。[答案]　(1)mgd－　(2)gt0－  (3)Blv0t＋ktS　2R [集训冲关]1．如图所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。闭合开关K，若安培力远大于重力，“”形框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量(g取10 m/s2)。解析：由题意知开关K闭合后，有电流从C到D通过“”形框，“”形框受到向上的安培力F＝BIl。取竖直向上的方向为正方向，根据动量定理有(F－mg)t＝mv，其中v为“”形框离开水银槽做竖直上抛运动的初速度，v2＝2gh又因为安培力远大于重力，所以可以忽略重力，即Ft＝mv，解得q＝It＝0.03 C。答案：0.03 C2．如图所示，质量为M的U形金属架M′MNN′，静止在粗糙绝缘水平面上(与水平面间的动摩擦因数为μ)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。M′M、NN′相互平行，相距为L，电阻不计且足够长，底边MN垂直于M′M，电阻为r。质量为m的光滑导体棒ab长为L、电阻为R，垂直M′M放在框架上，整个装置处于垂直框架平面向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场中。在与ab垂直的水平拉力F作用下，ab由静止开始向右做匀加速直线运动，经x距离后撤去拉力F，直至最后停下，整个过程中框架恰好没动，ab与M′M、NN′始终保持良好接触。求ab运动的总路程。解析：由题意可知当框架恰好不动时，ab速度最大，则有FA＝fm＝μ(M＋m)g而FA＝BIL且I(R＋r)＝BLvm解得vm＝撤去拉力F后ab在安培力作用下做减速运动，由动量定理可知FA′t＝mvm而FA′＝BL，且q＝t，联立解得q＝又因为q＝＝，解得x′＝所以总路程s＝x＋x′＝x＋。答案：x＋命题点二　动量守恒定律在电磁感应现象中的应用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，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。[典例]　(2019·淄博模拟) 如图所示，一质量为m、电阻不计的足够长的光滑U形金属导轨MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距L，空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。有一质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与MN平行的绝缘细线系在定点A。已知细线能承受的最大拉力为T0，棒接入导轨间的有效电阻为R。现从t＝0时刻开始对导轨施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动。(1)求从导轨开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时导轨的瞬时速度v0大小；(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q。[解析]　(1)细线断裂时，对棒有T0＝F安，F安＝BILI＝，E＝BLv0，v0＝at0解得t0＝，v0＝。(2)在细线断裂时立即撤去拉力，导轨向右做减速运动，棒向右做加速运动，直至二者速度相同，设二者最终速度大小为v，撤去拉力时，导轨的速度v0＝，由系统动量守恒可得mv0＝2mv解得v＝＝撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热为Q＝mv02－×2mv2解得Q＝。[答案]　(1)　　(2) [集训冲关]1．(2019·湖北七市(州)联考)如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B＝4 T的匀强磁场中，两导轨间距为L＝0.5 m，导轨足够长且不计电阻。金属棒a和b的质量都为m＝1 kg，连入导轨间的电阻Ra＝Rb＝1 Ω。b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h＝80 cm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，且两棒始终不相碰。求a、b两棒的最终速度，以及整个过程中b棒中产生的焦耳热(已知重力加速度g＝10 m/s2)。解析：设a棒下滑至C点时速度为v0，由动能定理，有：mgh＝mv02－0解得：v0＝4 m/s；此后的运动过程中，a、b两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒，有：mv0＝(m＋m)v解得a、b两棒共同的最终速度为：v＝2 m/s，此后两棒一起做匀速直线运动；由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总焦耳热为：Q＝mv02－(m＋m)v2则b棒中产生的焦耳热为：Qb＝Q解得：Qb＝2 J。答案：2 m/s　2 J2．如图甲所示，两足够长且不计电阻的光滑金属轨道固定在水平面上，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m 处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b接入电路的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B＝2 T。现杆b以大小为v0＝5 m/s 的初速度开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到平直轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从杆a下滑到平直轨道时开始计时，杆a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以杆a运动方向为正方向)，其中杆a的质量为ma＝2 kg，杆b的质量为mb＝1 kg，取g＝10 m/s2，求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在平直轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。解析：(1)设杆a滑至弧形轨道与平直轨道连接处时，杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有Bd·Δt＝mb(v0－vb0)其中vb0＝2 m/s代入数据解得Δt＝5 s。(2)对杆a由静止下滑到平直轨道上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝mava2解得va＝＝5 m/s设最后杆a、b共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′代入数据解得v′＝m/s杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)而q＝I·Δt′代入数据解得q＝ C。(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Q＝magh＋mbv02－(mb＋ma)v′2＝ J杆b中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J。答案：(1)5 s　(2) C　(3) J