【精品专题】动量定理与电磁感应地综合应用

动量定理与电磁感应的综合应用

姓名：____________ 【例题精讲】

例1：如图所示，水平面上有两根相距0.5m足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R=3Ω的定值电阻；有一质量m=0.1kg，长L=0.5m，电阻r=1Ω的导体棒ab，与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，在t=0s开始，使ab以v0=10m/s的初速度向右运动，直至ab停止，求：

(1)t=0时刻，棒ab两端电压；

(2)整个过程中R上产生的总热量是多少；

(3)整个过程中ab棒的位移是多少

针对训练1-1：如图所示，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电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0.5d，求此时刻的速度大小。

针对训练1-2：（浙江2015年4月选考）如图所示，质量m＝3.0×10－3kg的“”型金属细框竖直放置在两水银槽中，“”型框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中，有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图所示。

(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小；

(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；

(3)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量。

针对训练1-3：（浙江2017年11月选考）所图所示，匝数N=100、截面积s=1.0×10-2m2、电阻r=0.15Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1，其变化率k=0.80T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d=0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R=0.50Ω的电阻。一根阻值也为0.50Ω、质量m=1.0×10-2kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关S后，棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。

（1）求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向；

（2）断开开关S后撤去挡条，棒开始下滑，经t=0.25s后下降了h=0.29m，求此过程棒上产生的热量。

针对训练1-4：.如图所示,平行金属导轨OP 、KM 和PQ 、MN 相互垂直,且OP 、KM 与水平面间夹角为θ=37o，导轨间距均为L=1m ，电阻不计，导轨足够长。两根金属棒ab 和cd 与导轨垂直放置且接触良好,ab 的质量为M=2kg ，电阻为R1=2Ω，cd 的质量为m=0.2kg,电阻为R2=1Ω,金属棒和导轨之间的动摩擦因数均为

μ=0.5，两个导轨平面均处在垂直于轨道平面OPKM 向上的匀强磁场中.现让cd 固定不动,将金属棒ab 由静止释放,当ab 沿导轨下滑x=6m 时,速度已达到稳定,此时,整个回路消耗的电功率为P=12W 。（sin37o=0.6，g=10m/s2）求: (1)磁感应强度B 的大小;

(2)ab 沿导轨下滑x=6m 的过程中ab 棒上产生的焦耳热Q;

(3)若将ab 与cd 同时由静止释放,当cd 达到最大速度时ab 的加速度a.

(4)若将ab 与cd 同时由静止释放，当运动时间t=0.5s 时，ab 的速度vab 与cd 棒的速度vcd 的关系式。

例2：如图所示,在光滑的水平面上有竖直向下(垂直纸面向里)的匀强磁场分布在宽度为s 的区域内.一个边长为L （L

速度变为v.设线圈完全进入磁场时的速度为v',则( )

A.0'2v v v +>

B.0'2v v

v += C.0'2

v v

v +< D.无法判断

针对训练2-1：如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN。缓冲车的底部，还安装有电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B；导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦阻力不计。求：

（1）滑块K的线圈中最大感应电动势的大小以及流过线圈ab段的电流方向；

（2）若缓冲车厢向前移动一段距离后速度为零（导轨未碰到障碍物），则此过程线圈abcd 中通过的电量和产生的焦耳热各是多少；

（3）缓冲车厢减速运动的速度v随位移x变化的关系式。

针对训练2-2：月球探测器在月面实现软着陆是非常困难的，探测器接触地面瞬间速度为竖起向下的1v ，大于要求的软着陆速度0v ，为此科学家们设计了一种叫电磁阻尼缓冲装置，

(3)当磁感应强度为0B 时，探测器主体可以实现软着陆,若从1v 减速到0v 的过程中，通过线圈截面的电量为q ，求该过程所需要的时间，以及线圈中产生的焦耳热Q 。

针对训练2-3：如图所示，在空间有两个磁感强度均为 B 的匀强磁场区域，上一个区域边界 AA′与 DD′的间距为 H，方向垂直纸面向里，CC′与 DD′的间距为h，CC′下方是另一个磁场区域，方向垂直纸面向外。现有一质量为 m、边长为 L (h < L < H ) 、电阻为 R 的正方形线框由 AA′上方某处竖直自由落下，恰能匀速进入上面一个磁场区域，当线框的cd 边刚要进入边界 CC′前瞬间线框的加速度大小a1= 0.2 g，空气阻力不计，求：（1）线框的 cd 边从 AA′运动到 CC′过程产生的热量 Q .

（2）当线框的 cd 边刚刚进入边界 CC′时，线框的加速度大小

（3）线框的 cd 边从边界 AA′运动到边界 CC′的时间.

例3：某同学利用电磁感应知识设计了一个测速仪。其简化模型如图所示，间距为L的两根水平固定放置的平行光滑的金属导轨MN、PQ，导轨的右端连接一个定值电阻，阻值为R，导体棒a垂直导轨放置在导轨上，在a棒左侧和导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，在a棒右侧有一绝缘棒b，b棒与固定在墙上的轻弹簧相连但不粘连，弹簧处于压缩状态且被锁定。现解除锁定，b棒在弹簧的作用下向左移动，脱离弹簧后以速度v0与a棒发生碰撞粘在一起。已知a、b棒的质量分别为m、M，碰撞前后，棒始终垂直导轨，a棒在导轨间的电阻为r，导轨电阻和空气阻力均忽略不计。求：

（1）弹簧的弹性势能和a棒中电流的方向；

（2）从a棒开始运动到停止过程中，a棒产生的焦耳热Q；

（3）若a棒向左滑行的距离为x，a棒向左滑行距离x与b棒的速度v0的函数关系式。

针对训练3-1:如图所示，平行光滑且足够长的金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=2T，导轨间距L=0.5m。有两根金属棒MN、PQ质量均为lkg，电阻均为0.5Ω，其中PQ静止于导轨上，MN用两条轻质绝缘细线悬挂在挂钩上，细线长h=0.9m，当细线竖直时棒刚好与导轨接触但对导轨无压力。现将MN向右拉起使细线与竖直方向夹角为60°，然后由静止释放MN，忽略空气阻力。发现MN到达最低点与导轨短暂接触后继续向左上方摆起，PQ在MN短暂接触导轨的瞬间获得速度，且在之后1s时间内向左运动的距离s=1m。两根棒与导轨接触时始终垂直于导轨，不计其余部分电阻。求：

(1)当悬挂MN的细线到达竖直位罝时，MNPQ回路中的电流强度大小及MN两端的电势差大小；

(2)MN与导轨接触的瞬间流过PQ的电荷量；

(3)MN与导轨短暂接触时回路中产生的焦耳热。

针对训练3-2：（浙江2016年4月选考）某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图所示．竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L.导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B.绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m，其中燃料质量为m′，燃料室中的金属棒EF电阻为R，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触．引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC面积减少量达到最大值ΔS，用时Δt，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭．在Δt时间内，电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体．当燃烧室下方的可控喷气孔打开后，喷出燃气进一步加速火箭．

(1)求回路在Δt时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量，并判断金属棒EF中的感应电流方向；

(2)经Δt时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度v0; (不计空气阻力)

(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u，求喷气后火箭增加的速度Δv.(提示：可选喷气前的火箭为参考系)

针对训练3-3：（浙江2017年4月选考）间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示．倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中．水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l 的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L.质量为m、长为l的金属杆ab 从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”．“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出．运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直．已知杆ab、cd和ef电阻均为R＝0.02 Ω，m＝0.1 kg，l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T．不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应．求：

(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0；

(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v;

(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q.

【习题精练】

2.如图甲所示,间距L=0.4m的金属轨道竖直放置,上端接定值电阻R1=1Ω，下端接定值电阻R2=4Ω，其间分布着两个有界匀强磁场区域:区域Ⅰ内的磁场方向垂直纸面向里,其磁感应强度B1=3T；区域Ⅱ内的磁场方向竖直向下,其磁感应强度B2=2T .金属棒MN的质量

m=0.12kg、在轨道间的电阻r=4Ω，金属棒与轨道间的动摩擦因数μ=0.8。现从区域I的上方某一高度处静止释放金属棒,当金属

棒MN刚离开区域Ⅰ后B1便开始均匀

变化.整个过程中金属棒的速度随下落

位移的变化情况如图乙所示,“v2-x”图

象中除ab段外均为直线,oa段与cd段

平行，金属棒在下降过程中始终保持水

平且与轨道间接触良好，轨道电阻及空

气阻力忽略不计，两磁场间互不影响.

求:

(1)金属棒在图象上a、c两点对应的速

度大小;

(2)金属棒经过区域I的时间;

(3) B1随时间变化的函数关系式(从金

属棒离开区域I后计时):

(4)从金属棒开始下落到刚进入区域Ⅱ的过程中回路内的焦耳热.

动量定理与电磁感应的综合应用 答案

针对训练1-1：答案。解:(1)根据闭合电路的欧姆定律可得回路电流为:,

匀速运动时受力平衡,则有:

, 联立计算得出最大速度

为:,

根据能量守恒定律可得:,

计算得出:;

(2)以导体棒为研究对象,根据动量定理可得:

,

而, 所以计算得出:

针对训练1-2：(1)30 V (2)C →D 方向向上 (3)0.03 C [解析] (1)由磁感应定律E ＝n ΔΦ

Δt

得E ＝n S ΔB 2

Δt

＝30 V

(2)电流方向C →D ， B 2方向向上．

(3)由牛顿第二定律有F ＝ma ＝m

v －0

Δt

(或由动量定理有F Δt ＝mv －0) 安培力F ＝IB 1l ΔQ ＝I Δt v 2＝2gh 得ΔQ ＝

m 2gh

B 1l

＝0.03 C 针对训练1-3答案：

针对训练1-4：.解:(1)以ab 棒为研究对象,受重力、弹力、摩擦力和安培力. 当ab 沿导轨下滑时,速度已达到稳定,所以据合外力零,

即:

设稳定运动的速度为v,所以

即:

联立以上计算得出:;

(2)再以ab 沿导轨下滑

的过程中分析可以知道,安培力做功使机械能转化为电能,设克服安培力做功为W. 据动能定理得:

将

带入计算得出:

因为两电阻之比为:,据串联电路能量分配可以知道,ab 棒上产生的焦耳热

(3)以cd 棒为研究对象,因为达到最大速度,设此时电路的电流为I,所以此时合外力为零,即:

①

此时再对对ab 棒受力分析,受重力、摩擦力、安培力及支持力,由牛顿第二定律得:

②

联立①②代入数据计算得出:

（4）Mgsin37t-μMgcos37t-BILt=Mvab-0 Mgsin53t-μ（mgcos53+BIL ）t=mvcd 求得:10vab-2vcd=5

例2.答案：B

针对训练2-1：答案：

（1）0m E nBLv = b →a （2）3针对训练2-2：解:(1)根据右手定则知,线圈中产生的感应电流方向为

根据左手定则知,ab边所受的安培力方向竖直向下.

(2)为了使探测器主体减速而安全着陆,则它的速度为时,

感应电动势为:, 电流为:, 安培力为:,

根据得:

(3)通过线圈截面的电量为:, 计算得出:,

根据能量守恒得:,

即为:

答:(1)线圈中感应电流的方向为,线圈ab边受到的安培力的方向竖直向下.

(2)为使探测器主体减速而安全着陆,磁感应强度B至少为

(3)该过程中线圈中产生的焦热Q为

针对训练2-3：答案：

例3：答案：（10分）【解析】（1）对b棒由能量守恒定律，得弹簧的弹性势能（1分）

由右手定则知，a棒中电流的方向：从上端流向下端（1分）

（2）b棒与a棒相碰撞时，由动量守恒定律知（1分）

又电路产生的总热量为（1分）

a棒产生的焦耳热（1分）

（3）对a棒向左滑动的过程中，由牛顿第二定律知

联立得

两边求和得（1分）

得

代入，得（1分）

针对训练3-1答案：解:(1)MN 杆下摆过程,由机械能守恒定律得:

,计算得出:

,

刚到竖直位置时,感应电动势:

,

则回路中电流为:, MN 两端的电压:

,

计算得出:

,

;

(2)PQ 杆做匀速直线运动:,

对PQ 杆由动量定理有:

,计算得出:

;

(3)取向左为正方向，在MN 与轨道接触的瞬间， 两杆组成的系统动量守恒，以m 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得:

′

,

由能量守恒有:′,计算得出:。

针对训练3-2：[答案] (1)B ΔS Δt B ΔS R 方向向左 (2)B 2L ΔS mR －g Δt (3)m ′

m －m ′

u

[解析] (1)根据电磁感应定律，有E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ，q ＝I Δt ＝ΔΦR ＝B ΔS

R ，电流方向

向右

(2)平均感应电流I ＝E R ＝

B ΔS

R Δt

，平均安培力F ＝BIL

根据动量定理，有(F －mg )Δt ＝mv 0。解得v 0＝B 2L ΔS

mR

－g Δt

(3)以火箭为参考系，设竖直向上为正，由动量守恒定律有 －m ′u ＋(m －m ′)Δv ＝0，得Δv ＝

m ′

m －m ′

u 针对训练3-3：[答案] (1)6 m/s (2)1.5 m/s (3)0.25 J [解析] (1)感应电动势E ＝B 1lv 0，电流I ＝E

1.5R

，安培力F ＝B 1Il

匀速运动条件为B 21l 2v 0

1.5R

＝mg sin θ

解得v 0＝1.5mgR sin θ

B 21l

2

＝6 m/s. (2)由动量守恒定律得mv 0＝4mv ，解得v ＝v 0

4

＝1.5 m/s.

(3)进入磁场区Ⅱ，设速度变化Δv ，由动量定理，有I －

B 2l Δt ＝－4m Δv

I －

Δt ＝Δq ＝B 2lL 1.5R ，解得Δv ＝－B 22l 2

L

1.5R ×4m

＝－0.25 m/s

出磁场区Ⅱ，同样有：Δv ＝－B 22l 2

L

1.5R ×4m

＝－0.25 m/s

出磁场区Ⅱ后“联动三杆”的速度为：v ′＝v ＋2Δv ＝1.0 m/s 产生的焦耳热Q ＝12×4m (v 2－v ′2

)＝0.25 J.

答案：针对训练3-4，（1）

φ

将开关拨向2 时A 棒会弹出说明所受安培力向右，电流向上，故电容器下板带正电。 （2）A 、B 棒相碰地方发生时没有构成回路，没有感应电流，A 、B 棒均作匀速直线运动直至A 棒到达OO ′处， 设碰后A 棒速度为v ，由于B 棒的位移是A 棒的两倍，故B 棒速度是2v 。A 棒过OO ′ 后在安培力作用下减速。 由动量定理可知：-BI l - ?t= m ?v

即

，即

两边求和可得，即

（3）设A 棒与B 棒碰前的速度为v 0，碰撞过程动量守恒，有：m v 0= mv+ m 2v 0 ，可得v 0 =3v

A 棒在安培力作用下加速，则有：BI l ?t=m ?v 即Bl ?q =m ?v 两边求和得： Bl (Q-Q ′) = mv 0得：

代入前面的数据可知，电容器所剩电量为

答案：