資源簡介 增分培優7 動量觀點在電磁感應中的應用熱點一 動量定理在電磁感應中的應用在導體切割磁感線做變加速運動時,若牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題,可運用動量定理巧妙解決問題。求解的物理量 應用示例電荷量或速度 -BlΔt=mv2-mv1,q=Δt位移 -BLΔt==mv2-mv1即=m(v2-v1)時間 -BlΔt+F其他Δt=mv2-mv1 即-Blq+F其他Δt=mv2-mv1 已知電荷量q、F其他(F其他為恒力)-+F其他Δt=mv2-mv1 即-+F其他Δt=mv2-mv1 已知位移x、F其他(F其他為恒力)例1 (2023·新課標卷,26)一邊長為L、質量為m的正方形金屬細框,每邊電阻為R0,置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區域內存在方向垂直于紙面的勻強磁場,磁感應強度大小為B,兩虛線為磁場邊界,如圖1(a)所示。 圖1(1)使金屬框以一定的初速度向右運動,進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行,金屬框完全穿過磁場區域后,速度大小降為它初速度的一半,求金屬框的初速度大小;(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌,導軌與磁場邊界垂直,左端連接電阻R1=2R0,導軌電阻可忽略,金屬框置于導軌上,如圖(b)所示,讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動,進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中,電阻R1產生的熱量。訓練1 (多選)(2024·山東淄博二模)如圖2甲所示,一端封閉的兩條平行光滑導軌相距L=0.1 m,距左端L處的中間一段被彎成傾斜軌道,長度也為L,與水平面夾角θ=30°,各段軌道均平滑連接。傾斜軌道所在區域無磁場,左段區域 Ⅰ 存在均勻分布但隨時間線性變化的磁場B,取豎直向上為正方向,其大小隨時間變化情況如圖乙所示;右段區域 Ⅱ 存在豎直向上的勻強磁場B0=0.2 T。在傾斜軌道頂端,放置一質量為m=0.1 kg、電阻R=1 Ω、長為L的金屬棒ab,與導軌左段形成閉合回路,ab由靜止開始下滑,進入右側磁場 Ⅱ 后經過時間t(已知)達到穩定狀態。導軌電阻不計,重力加速度g=10 m/s2,則( )圖2A.ab在傾斜軌道上下滑過程中產生的焦耳熱為1×10-5 JB.ab達到穩定后的速度大小等于0.5 m/sC.ab進入右側磁場 Ⅱ 后通過電阻R的電荷量為2.5 CD.ab進入右側磁場 Ⅱ 經過位移為(125+0.5t)后達到勻速訓練2 (2024·湖北武漢模擬預測)福建艦搭載了我國自主研發的電磁彈射和阻攔技術用于艦載機的起飛和降落。某興趣小組開展電磁彈射阻攔系統研究,設計了如圖3所示的簡化模型,兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為l,電阻不計,導軌區域存在豎直向下的勻強磁場,磁感應強度大小為B。一質量為m、電阻為R的金屬棒ab,垂直放在導軌間。當質量為M的飛機(模型)要彈射起飛時,將它與金屬棒鎖定,選擇開關S與1閉合,恒流源輸出恒定電流,大小為I,經過時間t1,飛機達到起飛速度v1,解除鎖定,飛機起飛離艦;飛機降落時,將選擇開關S與2閉合,飛機通過阻攔索鉤拉金屬棒,以共同速度v2一起開始減速著艦,金屬棒與儲能裝置(非純電阻)串聯,減速同時還能實現動能的回收,經過t2時間飛機速度減為0,v1等于v2,但均是未知量。下列關于起飛和阻攔過程說法正確的是( )圖3A.起飛過程中,恒流源兩端的電壓保持不變B.起飛速度v1=t1C.起飛過程中,恒流源輸出能量為E=I2Rt1+D.降落過程中,飛機的位移x=熱點二 動量守恒定律在電磁感應中的應用例2 (2024·陜西漢中二模)如圖4所示,兩根由弧形部分和直線部分平滑連接而成的相同光滑金屬導軌平行放置,弧形部分豎直,直線部分水平且左端連線垂直于導軌,導軌間距為L。水平區域abcd有豎直向上的勻強磁場,磁感應強度大小為B,細金屬桿M、N長度都稍大于L。初始時刻,細金屬桿M靜止在弧形部分距水平導軌高度h處,磁場內的細金屬桿N處于靜止狀態。某時刻靜止釋放M桿后,兩桿與導軌接觸良好且運動過程始終與導軌垂直,兩桿在磁場中未碰撞且N桿出磁場時的速度大小為。已知M、N桿的質量分別為m和2m,電阻分別為R和2R,重力加速度為g,感應電流產生的磁場及導軌的電阻忽略不計。求:圖4(1)細金屬桿N在磁場內運動過程中最大加速度的大小和方向;(2)細金屬桿N在磁場內運動過程中產生的焦耳熱Q;(3)細金屬桿N在磁場內運動過程中通過回路的電荷量q;(4)初始時刻細金屬桿N到ab的最小距離x。訓練3 (多選)如圖5,兩根足夠長的光滑平行導軌固定在絕緣水平面上,左、右兩側導軌間距分別為2L和L,圖中OO′左側是電阻不計的金屬導軌,OO′右側是絕緣軌道。金屬導軌部分處于豎直向下的勻強磁場中,磁感應強度大小為B0;OO′右側以O為原點,沿導軌方向建立x軸,沿Ox方向存在分布規律為B=B0+kx(k>0)的豎直向下的磁場(圖中未標出)。一質量為m、阻值為R、三邊長度均為L的U形金屬框,左端緊靠OO′平放在絕緣軌道上(與金屬導軌不接觸)處于靜止狀態。長為2L、質量為m、電阻為R的導體棒a處在間距為2L的金屬導軌上,長為L、質量為m、電阻為R的導體棒b處在間距為L的金屬導軌上。現同時給導體棒a、b大小相同的水平向右的速度v0,當導體棒b運動至OO′時,導體棒a中已無電流(a始終在寬軌上)。導體棒b與U形金屬框碰撞后連接在一起構成回路,導體棒a、b、金屬框與導軌始終接觸良好,導體棒a被立柱擋住沒有進入右側軌道。下列說法正確的是( )圖5A.給導體棒a、b大小相同的水平向右的速度v0后,導體棒b做勻速運動B.導體棒b到達OO′時的速度大小為v0C.導體棒b與U形金屬框碰撞后連接在一起后做勻減速運動D.導體棒b與U形金屬框碰撞后,導體棒b靜止時與OO′的距離為(2024·湖北卷,15)如圖6所示,兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L,固定在同一水平面內,直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直,其左側無磁場,右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環,水平放置在兩直導軌上,其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環的可能形變,金屬棒、金屬環均與導軌始終接觸良好,重力加速度大小為g。現將金屬棒ab由靜止釋放,求:圖6(1)ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小;(2)金屬環剛開始運動時的加速度大小;(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸,金屬環圓心初始位置到MP的最小距離。1.(多選)(2024·江西南昌模擬)某興趣小組利用電容放電裝置研究電磁彈射。如圖1,離地面高為h的水平面上固定一半徑為r的金屬圓環,一根長為2r、電阻為2R0的金屬棒P沿直徑放置,它的兩端與圓環接觸良好,該棒以圓心為轉軸勻速轉動。圓環內左半圓存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場(方向豎直向上),圓環邊緣、與轉軸良好接觸的電刷分別與間距為l的水平放置的光滑平行金屬軌道相連,軌道間接有電容為C的電容器,通過單刀雙擲開關S可分別與接線柱1、2相連。水平導軌上放置一質量為m的金屬棒Q,它置于磁感應強度為B2的勻強磁場(方向豎直向上)區域內靠左側邊緣。先將開關置于1端,讓金屬棒P繞軸以角速度ω勻速轉動,等電容器充電結束后,再將開關S置于2端,電容器放電使得導軌上的金屬棒Q運動起來水平拋出。圓環及軌道內阻均不計,重力加速度大小為g,下列說法正確的是( )圖1A.電容器充電后,M板帶正電B.電容器充電后帶電荷量為CB1ωr2C.電容器充電后帶電荷量為CB1ωr2D.金屬棒Q拋出到落地的最大水平距離為2.(多選)(2024·山東濟南一模)如圖2所示,兩根足夠長的固定平行光滑金屬導軌位于同一水平面上,導軌上橫放著兩根導體棒ab、cd,其質量分別是m1、m2(m1圖2A.兩棒達到虛線處速率相等B.在彈簧恢復原長的過程中,兩棒和彈簧構成的系統動量守恒,機械能守恒C.導體棒ab、cd進入磁場后,兩棒構成的系統動量守恒,機械能不守恒D.當導體棒ab運動到最左端的同時cd棒運動到最右端3.如圖3,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向右運動且不會與cd相碰。運動過程中,ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好,兩者速度分別為vab、vcd,通過ab橫截面的電荷量為q,回路中的電流為I,cd棒產生的焦耳熱為Q。下列圖像中正確的是( )圖34.(多選)如圖4所示,間距均為L的水平金屬軌道和半徑為R的半圓金屬軌道平滑連接,半圓軌道在豎直平面內,軌道電阻不計。在水平軌道區域內有豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場。在水平軌道上放置兩長度均為L、質量分別為4m和m、電阻分別為r和2r的導體棒ab、cd,兩導體棒到半圓底部的距離分別為x1(足夠大)和x2=3R,兩導體棒與金屬軌道間的摩擦可忽略不計。現突然給導體棒ab一速度v0=10,一段時間后導體棒cd通過半圓軌道最高點后又恰好落到其初始位置,整個運動過程中,兩導體棒與軌道均始終垂直且接觸良好,兩導體棒沒有發生碰撞,重力加速度為g,則下列說法正確的是( )圖4A.導體棒cd運動到半圓軌道底部時對軌道的壓力大小為mgB.導體棒cd進入半圓軌道時,導體棒ab的速度大小為C.從開始到導體棒cd進入圓軌道,導體棒ab產生的熱量為mgRD.從開始到導體棒cd進入圓軌道,通過導體棒cd的電荷量為5.(多選)(2024·江西南昌聯考)如圖5,間距為L的平行導軌豎直固定放置,導軌上端接有阻值為R的定值電阻,矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的寬度均為d,磁場Ⅰ的下邊界和磁場Ⅱ的上邊界間距為d,磁場的磁感應強度大小均為B。一根質量為m、電阻為R的金屬棒由靜止釋放,釋放的位置離磁場Ⅰ的上邊界距離為2d,金屬棒進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等,金屬棒運動過程中始終保持水平且與導軌接觸良好,其余電阻不計,重力加速度為g,下列說法正確的是( )圖5A.金屬棒剛進入磁場Ⅰ時的速度大小為2B.金屬棒剛出磁場Ⅰ時的速度大小為C.金屬棒穿過兩個磁場后電阻R中產生的焦耳熱為2mgdD.金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為6.如圖6所示,兩根間距為l的光滑金屬導軌(不計電阻),由一段圓弧部分與一段無限長的水平部分組成,其水平段加有方向豎直向下的勻強磁場,磁感應強度為B。導軌水平段上靜止放置一金屬棒cd,質量為2m,電阻為2r。另一質量為m、電阻為r的金屬棒ab,從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段,棒與導軌始終垂直且接觸良好,圓弧段MN半徑為R,所對圓心角為60°,重力加速度為g。求:圖6(1)ab棒在N處進入磁場區速度和棒中的電流;(2)cd棒能達到的最大速度;(3)cd棒由靜止到最大速度過程中,系統所能釋放的熱量。增分培優7 動量觀點在電磁感應中的應用熱點一 動量定理在電磁感應中的應用在導體切割磁感線做變加速運動時,若牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題,可運用動量定理巧妙解決問題。求解的物理量 應用示例電荷量或速度 -BlΔt=mv2-mv1,q=Δt位移 -BLΔt==mv2-mv1即=m(v2-v1)時間 -BlΔt+F其他Δt=mv2-mv1 即-Blq+F其他Δt=mv2-mv1 已知電荷量q、F其他(F其他為恒力)-+F其他Δt=mv2-mv1 即-+F其他Δt=mv2-mv1 已知位移x、F其他(F其他為恒力)例1 (2023·新課標卷,26)一邊長為L、質量為m的正方形金屬細框,每邊電阻為R0,置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區域內存在方向垂直于紙面的勻強磁場,磁感應強度大小為B,兩虛線為磁場邊界,如圖1(a)所示。 圖1(1)使金屬框以一定的初速度向右運動,進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行,金屬框完全穿過磁場區域后,速度大小降為它初速度的一半,求金屬框的初速度大小;(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌,導軌與磁場邊界垂直,左端連接電阻R1=2R0,導軌電阻可忽略,金屬框置于導軌上,如圖(b)所示,讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動,進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中,電阻R1產生的熱量。答案 (1) (2)解析 (1)設金屬框的初速度大小為v0,則金屬框完全穿過磁場的過程,由動量定理有-2BLt=m-mv0通過金屬框的電流=根據法拉第電磁感應定律有=聯立解得v0=。(2)金屬框進入磁場的過程,有-B′Lt′=mv1-mv0閉合電路的總電阻R總=R0+=R0通過金屬框的電流′=根據法拉第電磁感應定律有′=解得v1=金屬框完全在磁場中時繼續做加速度逐漸減小的減速運動,金屬框的右邊框和左邊框為電源,兩電源并聯給外電路供電,假設金屬框的右邊框沒有出磁場右邊界,則有-B″Lt″=-mv1通過金屬框的電流 ″=根據法拉第電磁感應定律有 ″=解得x=L故假設成立,對金屬框進入磁場過程分析,由能量守恒定律有Q總=mv-mv電阻R1產生的熱量為Q1=·Q總金屬框在磁場中運動過程,有Q總′=mv電阻R1產生的熱量為Q1′=Q總′電阻R1產生的總熱量為Q1總=Q1+Q1′解得Q1總=。訓練1 (多選)(2024·山東淄博二模)如圖2甲所示,一端封閉的兩條平行光滑導軌相距L=0.1 m,距左端L處的中間一段被彎成傾斜軌道,長度也為L,與水平面夾角θ=30°,各段軌道均平滑連接。傾斜軌道所在區域無磁場,左段區域 Ⅰ 存在均勻分布但隨時間線性變化的磁場B,取豎直向上為正方向,其大小隨時間變化情況如圖乙所示;右段區域 Ⅱ 存在豎直向上的勻強磁場B0=0.2 T。在傾斜軌道頂端,放置一質量為m=0.1 kg、電阻R=1 Ω、長為L的金屬棒ab,與導軌左段形成閉合回路,ab由靜止開始下滑,進入右側磁場 Ⅱ 后經過時間t(已知)達到穩定狀態。導軌電阻不計,重力加速度g=10 m/s2,則( )圖2A.ab在傾斜軌道上下滑過程中產生的焦耳熱為1×10-5 JB.ab達到穩定后的速度大小等于0.5 m/sC.ab進入右側磁場 Ⅱ 后通過電阻R的電荷量為2.5 CD.ab進入右側磁場 Ⅱ 經過位移為(125+0.5t)后達到勻速答案 BCD解析 左側回路中產生的感應電動勢E=L2=×0.12 V=0.01 V,金屬棒在傾斜軌道上下滑時的加速度a=gsin θ=5 m/s2,下滑的時間t1== s=0.2 s,ab在傾斜軌道上下滑過程中產生的焦耳熱為Q=t1=×0.2 J=2×10-5 J,選項A錯誤;ab達到穩定時回路感應電流為零,則E=B0Lv,解得v=0.5 m/s,選項B正確;金屬棒到達斜面底端時的速度v0==1 m/s,達到穩定時由動量定理有-B0LΔt=-B0Lq=mv-mv0,解得q=2.5 C,選項C正確;由以上可知Δt=q,即∑(B0LΔt-EΔt)=qR,即B0Lx-Et=qR,解得x=0.5t+125,選項D正確。訓練2 (2024·湖北武漢模擬預測)福建艦搭載了我國自主研發的電磁彈射和阻攔技術用于艦載機的起飛和降落。某興趣小組開展電磁彈射阻攔系統研究,設計了如圖3所示的簡化模型,兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為l,電阻不計,導軌區域存在豎直向下的勻強磁場,磁感應強度大小為B。一質量為m、電阻為R的金屬棒ab,垂直放在導軌間。當質量為M的飛機(模型)要彈射起飛時,將它與金屬棒鎖定,選擇開關S與1閉合,恒流源輸出恒定電流,大小為I,經過時間t1,飛機達到起飛速度v1,解除鎖定,飛機起飛離艦;飛機降落時,將選擇開關S與2閉合,飛機通過阻攔索鉤拉金屬棒,以共同速度v2一起開始減速著艦,金屬棒與儲能裝置(非純電阻)串聯,減速同時還能實現動能的回收,經過t2時間飛機速度減為0,v1等于v2,但均是未知量。下列關于起飛和阻攔過程說法正確的是( )圖3A.起飛過程中,恒流源兩端的電壓保持不變B.起飛速度v1=t1C.起飛過程中,恒流源輸出能量為E=I2Rt1+D.降落過程中,飛機的位移x=答案 C解析 起飛過程中,金屬棒的速度增大,由E=Blv可知產生的感應電動勢增大,電路中的電流恒定,金屬棒加速電流方向由a→b,感應電動勢方向由b→a,恒流源兩端的電壓U=IR+Blv變大,故A錯誤;對金屬棒由動量定理得IlBt1=(M+m)v1,解得v1=,故B錯誤;起飛過程中,恒流源輸出能量為電路中的焦耳熱與金屬棒和模型的動能之和E=I2Rt1+(M+m)v=I2Rt+,故C正確;降落過程中,根據動量定理有-lBt2=0-(M+m)v2,設流過金屬棒的電荷量為q,則q=t2,又=,==,v1=v2,解得飛機的位移x=,故D錯誤。熱點二 動量守恒定律在電磁感應中的應用例2 (2024·陜西漢中二模)如圖4所示,兩根由弧形部分和直線部分平滑連接而成的相同光滑金屬導軌平行放置,弧形部分豎直,直線部分水平且左端連線垂直于導軌,導軌間距為L。水平區域abcd有豎直向上的勻強磁場,磁感應強度大小為B,細金屬桿M、N長度都稍大于L。初始時刻,細金屬桿M靜止在弧形部分距水平導軌高度h處,磁場內的細金屬桿N處于靜止狀態。某時刻靜止釋放M桿后,兩桿與導軌接觸良好且運動過程始終與導軌垂直,兩桿在磁場中未碰撞且N桿出磁場時的速度大小為。已知M、N桿的質量分別為m和2m,電阻分別為R和2R,重力加速度為g,感應電流產生的磁場及導軌的電阻忽略不計。求:圖4(1)細金屬桿N在磁場內運動過程中最大加速度的大小和方向;(2)細金屬桿N在磁場內運動過程中產生的焦耳熱Q;(3)細金屬桿N在磁場內運動過程中通過回路的電荷量q;(4)初始時刻細金屬桿N到ab的最小距離x。答案 (1) 水平向右 (2)mgh(3) (4)解析 (1)從M釋放到進磁場,根據機械能守恒定律有mgh=mv2M進磁場時,對金屬桿N根據牛頓第二定律有F=BIL=BL=2ma解得a=根據左手定則可知,金屬桿N所受安培力的方向水平向右,則加速度方向水平向右。(2)由M、N組成的系統動量守恒,則mv=mv1+2mv2根據能量守恒定律有Q=mv2-mv-×2mv所以細金屬桿N產生的焦耳熱為QN=Q=mgh。(3)對細金屬桿N,根據動量定理可得BLt=2mv2,其中q=t解得q=。(4)當N出磁場時M也剛好出磁場,此時N到ab的距離最小,設細金屬桿N到ab的最小距離為x,則整個過程中通過閉合回路的電荷量為q==所以x=。方法總結 雙桿模型的分析方法物理模型 “一動一靜”:甲桿靜止不動,乙桿運動,其實質是單桿問題,不過要注意問題包含著一個條件——甲桿靜止,受力平衡兩桿都在運動,對于這種情況,要注意兩桿切割磁感線產生的感應電動勢是相加還是相減;系統動量是否守恒分析方法 動力學觀點 通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動,而另一個金屬桿做加速度逐漸減小的減速運動,最終兩金屬桿以共同的速度勻速運動能量觀點 兩桿系統機械能減少量等于回路中產生的焦耳熱之和動量觀點 對于兩金屬桿在平直的光滑導軌上運動的情況,如果兩金屬桿所受的外力之和為零,則考慮應用動量守恒定律處理問題訓練3 (多選)如圖5,兩根足夠長的光滑平行導軌固定在絕緣水平面上,左、右兩側導軌間距分別為2L和L,圖中OO′左側是電阻不計的金屬導軌,OO′右側是絕緣軌道。金屬導軌部分處于豎直向下的勻強磁場中,磁感應強度大小為B0;OO′右側以O為原點,沿導軌方向建立x軸,沿Ox方向存在分布規律為B=B0+kx(k>0)的豎直向下的磁場(圖中未標出)。一質量為m、阻值為R、三邊長度均為L的U形金屬框,左端緊靠OO′平放在絕緣軌道上(與金屬導軌不接觸)處于靜止狀態。長為2L、質量為m、電阻為R的導體棒a處在間距為2L的金屬導軌上,長為L、質量為m、電阻為R的導體棒b處在間距為L的金屬導軌上。現同時給導體棒a、b大小相同的水平向右的速度v0,當導體棒b運動至OO′時,導體棒a中已無電流(a始終在寬軌上)。導體棒b與U形金屬框碰撞后連接在一起構成回路,導體棒a、b、金屬框與導軌始終接觸良好,導體棒a被立柱擋住沒有進入右側軌道。下列說法正確的是( )圖5A.給導體棒a、b大小相同的水平向右的速度v0后,導體棒b做勻速運動B.導體棒b到達OO′時的速度大小為v0C.導體棒b與U形金屬框碰撞后連接在一起后做勻減速運動D.導體棒b與U形金屬框碰撞后,導體棒b靜止時與OO′的距離為答案 BD解析 給導體棒a、b大小相同的水平向右的速度v0后,導體棒a產生的電動勢大于導體棒b產生的電動勢,回路中有感應電流產生,導體棒a減速運動,b棒加速運動,然后勻速運動,故A錯誤;設b棒到達OO′時的速度大小為vb,此時導體棒a的速度大小為va,此時已經無電流,有BLvb=2BLva,對a、b棒,根據動量定理可得-2B0Lq=mva-mv0,B0Lq=mvb-mv0,聯立解得vb=v0,故B正確;b棒與U形金屬框碰撞后連接在一起后做加速度不斷減小的減速運動,故C錯誤;設b棒與U形金屬框碰撞后共同速度為v1,根據動量守恒定律可得mvb=2mv1,解得v1=v0,由題意可知U形金屬框右邊始終比U形金屬框左邊的磁場大ΔB=kL,從導體棒b與U形金屬框碰撞后到最終靜止的過程,回路中的平均電流為′==,根據動量定理有-ΔB·′L·t′=0-2mv1,導體棒b靜止時與OO′點的距離為x=·t′,聯立解得x=,故D正確。(2024·湖北卷,15)如圖6所示,兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L,固定在同一水平面內,直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直,其左側無磁場,右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環,水平放置在兩直導軌上,其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環的可能形變,金屬棒、金屬環均與導軌始終接觸良好,重力加速度大小為g。現將金屬棒ab由靜止釋放,求:圖6(1)ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小;(2)金屬環剛開始運動時的加速度大小;(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸,金屬環圓心初始位置到MP的最小距離。答案 (1)BL (2) (3)+L解析 (1)設ab棒剛越過MP時速度大小為v1,產生的感應電動勢大小為E1,對ab在圓弧導軌上運動的過程,由機械能守恒定律有mgL=mvab剛越過MP時,由法拉第電磁感應定律得E1=BLv1聯立解得E1=BL。(2)經分析知金屬環在導軌外的兩段電阻被短路,由幾何關系可知導軌之間兩段金屬環的電阻均為R,它們在電路中并聯后的總電阻Rc=設電路中初始的干路電流為I1,由閉合電路歐姆定律有I1=經分析知整個金屬環在運動過程中可視為長度為L,電阻為Rc的金屬棒,設金屬環剛開始運動時所受的安培力大小為F1、加速度大小為a,則F1=I1LB由牛頓第二定律得F1=2ma聯立解得a=。(3)經分析,ab進入磁場后,ab和金屬環組成的系統動量守恒,設兩者共速時的速度大小為v2,由動量守恒定律得mv1=(m+2m)v2設在極短時間Δt內,ab與金屬環圓心的距離減少量為Δx,金屬環所受安培力大小為F,流過ab的電流為I,整個電路的電動勢為E,對金屬環,由動量定理得∑FΔt=2mv2-0F=ILB由閉合電路歐姆定律得I=設金屬環圓心初始位置到MP的最小距離為s,若ab與金屬環共速時,兩者恰好接觸,金屬環圓心初始位置到MP的距離最小,對ab進入磁場到兩者共速的過程,由法拉第電磁感應定律有E=BL由幾何關系有s=L+∑Δx聯立解得s=+L。1.(多選)(2024·江西南昌模擬)某興趣小組利用電容放電裝置研究電磁彈射。如圖1,離地面高為h的水平面上固定一半徑為r的金屬圓環,一根長為2r、電阻為2R0的金屬棒P沿直徑放置,它的兩端與圓環接觸良好,該棒以圓心為轉軸勻速轉動。圓環內左半圓存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場(方向豎直向上),圓環邊緣、與轉軸良好接觸的電刷分別與間距為l的水平放置的光滑平行金屬軌道相連,軌道間接有電容為C的電容器,通過單刀雙擲開關S可分別與接線柱1、2相連。水平導軌上放置一質量為m的金屬棒Q,它置于磁感應強度為B2的勻強磁場(方向豎直向上)區域內靠左側邊緣。先將開關置于1端,讓金屬棒P繞軸以角速度ω勻速轉動,等電容器充電結束后,再將開關S置于2端,電容器放電使得導軌上的金屬棒Q運動起來水平拋出。圓環及軌道內阻均不計,重力加速度大小為g,下列說法正確的是( )圖1A.電容器充電后,M板帶正電B.電容器充電后帶電荷量為CB1ωr2C.電容器充電后帶電荷量為CB1ωr2D.金屬棒Q拋出到落地的最大水平距離為答案 AC解析 開關S和接線柱1接通,電容器充電,充電過程,對繞轉軸OO′轉動的金屬棒P,由右手定則可知電流沿徑向向外,即圓環邊緣為電源正極,圓心為負極,則M板帶正電,故A正確;根據法拉第電磁感應定律可知E=B1ωr2,則電容器所帶的電荷量Δq=CU==CB1ωr2,故B錯誤,C正確;假設電容器放電能夠將電荷量全部放完,電容器放電過程對金屬棒Q,由動量定理有B2lt=mv-0,Δq=t得v=B1B2ωr2C,根據平拋運動規律,有h=gt2,x=vt,聯立可得x=,但是實際電容器放電結束時電容器應保留一部分電荷,使得電容器兩端電壓和導體棒兩端電壓相等,故D錯誤。2.(多選)(2024·山東濟南一模)如圖2所示,兩根足夠長的固定平行光滑金屬導軌位于同一水平面上,導軌上橫放著兩根導體棒ab、cd,其質量分別是m1、m2(m1圖2A.兩棒達到虛線處速率相等B.在彈簧恢復原長的過程中,兩棒和彈簧構成的系統動量守恒,機械能守恒C.導體棒ab、cd進入磁場后,兩棒構成的系統動量守恒,機械能不守恒D.當導體棒ab運動到最左端的同時cd棒運動到最右端答案 BCD解析 在彈簧恢復原長的過程中,兩棒和彈簧構成的系統動量守恒,則有m1v1=m2v2,由于m1v2,整個系統沒有其他力做功,則兩棒和彈簧構成的系統機械能守恒,故B正確,A錯誤;導體棒ab、cd進入磁場后,導體棒ab、cd電流方向相反,根據左手定則,兩根導體棒所受安培力的方向相反,則兩棒構成的系統所受合力為零,系統動量守恒,由于安培力對導體棒做負功,則機械能不守恒,故C正確;兩根導體棒動量大小相等,根據動量定理-BILt=0-p,任意時刻兩根導體棒所受安培力大小相等,則兩根導體棒從進入虛線開始到速度為零的時間相等,故D正確。3.如圖3,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向右運動且不會與cd相碰。運動過程中,ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好,兩者速度分別為vab、vcd,通過ab橫截面的電荷量為q,回路中的電流為I,cd棒產生的焦耳熱為Q。下列圖像中正確的是( )圖3答案 C解析 導體棒ab切割磁感線產生由a到b的感應電流,則導體棒ab受到向左的安培力,做減速運動;導體棒cd受到向右的安培力,向右加速運動,則感應電流I=,兩導體棒的相對速度減小,感應電流減小,每個導體棒所受的安培力大小F=ILB,F隨著電流減小而減小,設導體棒質量為m,當兩者速度相等時,電流為零,由動量守恒定律得mv0=2mv,兩導體棒的速度最終為v=,且加速度隨著電流的減小而減小,電流變化也越來越慢,最終為零,C正確,A錯誤;對ab棒由動量定理有BLt=mv0-m·,則q=t=,電荷量隨時間的增加而增大,最后達到最大值,因為電流隨時間減小,所以q-t的圖像斜率也應該是減小, 故B錯誤;系統狀態穩定后,兩個導體棒的相對速度為0,不再有感應電流產生,焦耳熱不會隨著時間一直增大,故D錯誤。4.(多選)如圖4所示,間距均為L的水平金屬軌道和半徑為R的半圓金屬軌道平滑連接,半圓軌道在豎直平面內,軌道電阻不計。在水平軌道區域內有豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場。在水平軌道上放置兩長度均為L、質量分別為4m和m、電阻分別為r和2r的導體棒ab、cd,兩導體棒到半圓底部的距離分別為x1(足夠大)和x2=3R,兩導體棒與金屬軌道間的摩擦可忽略不計。現突然給導體棒ab一速度v0=10,一段時間后導體棒cd通過半圓軌道最高點后又恰好落到其初始位置,整個運動過程中,兩導體棒與軌道均始終垂直且接觸良好,兩導體棒沒有發生碰撞,重力加速度為g,則下列說法正確的是( )圖4A.導體棒cd運動到半圓軌道底部時對軌道的壓力大小為mgB.導體棒cd進入半圓軌道時,導體棒ab的速度大小為C.從開始到導體棒cd進入圓軌道,導體棒ab產生的熱量為mgRD.從開始到導體棒cd進入圓軌道,通過導體棒cd的電荷量為答案 AD解析 由于cd棒進入半圓軌道后,不再受安培力作用,離開半圓軌道后做平拋運動,則豎直方向上有2R=gt2,水平方向上有3R=v2′t,聯立解得v2′=,從最低點到最高點,只有重力做功,由動能定理有-mg·2R=mv2′2-mv,解得v2=,cd棒在半圓軌道最低點所受合力提供其做圓周運動的向心力,則有FN1-mg=,解得FN1=mg,A正確;兩導體棒均在水平軌道運動過程,通過兩導體棒的電流相等,兩導體棒所受安培力大小相等、方向相反,將兩導體棒看作一個系統,該系統動量守恒,則有4mv0=4mv1+mv2,解得v1=,B錯誤;兩導體棒均在水平軌道運動過程,由能量守恒定律知,回路中產生的熱量為Q=×4mv-×4mv-mv=mgR,由焦耳定律可知Qab=Q=mgR,C錯誤;對cd棒從開始運動到半圓軌道最低點過程中,應用動量定理有BL·Δt=mv2,整理得BLq=m,即此過程中流過回路的電荷量q=,D正確。5.(多選)(2024·江西南昌聯考)如圖5,間距為L的平行導軌豎直固定放置,導軌上端接有阻值為R的定值電阻,矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的寬度均為d,磁場Ⅰ的下邊界和磁場Ⅱ的上邊界間距為d,磁場的磁感應強度大小均為B。一根質量為m、電阻為R的金屬棒由靜止釋放,釋放的位置離磁場Ⅰ的上邊界距離為2d,金屬棒進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等,金屬棒運動過程中始終保持水平且與導軌接觸良好,其余電阻不計,重力加速度為g,下列說法正確的是( )圖5A.金屬棒剛進入磁場Ⅰ時的速度大小為2B.金屬棒剛出磁場Ⅰ時的速度大小為C.金屬棒穿過兩個磁場后電阻R中產生的焦耳熱為2mgdD.金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為答案 ABC解析 根據動能定理有mg·2d=mv,金屬棒剛進磁場Ⅰ時的速度大小為v1=2,故A正確;由于金屬棒進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等,在金屬棒從磁場Ⅰ的下邊界到磁場Ⅱ的上邊界這一過程中,機械能守恒,設金屬棒出磁場Ⅰ的速度為v1′,進磁場Ⅱ的速度為v2,則有mv1′2+mgd=mv,又v2=v1,解得金屬棒剛出磁場Ⅰ時的速度大小為v1′=,故B正確;由能量守恒定律得2Q=5mgd-mv1′2,解得金屬棒穿過兩個磁場后電阻R中產生的焦耳熱為Q=2mgd,故C正確;設金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為t,根據動量定理得BqL-mgt=(-mv1′)-(-mv1),該過程的電荷量為q==,解得金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為t=,故D錯誤。6.如圖6所示,兩根間距為l的光滑金屬導軌(不計電阻),由一段圓弧部分與一段無限長的水平部分組成,其水平段加有方向豎直向下的勻強磁場,磁感應強度為B。導軌水平段上靜止放置一金屬棒cd,質量為2m,電阻為2r。另一質量為m、電阻為r的金屬棒ab,從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段,棒與導軌始終垂直且接觸良好,圓弧段MN半徑為R,所對圓心角為60°,重力加速度為g。求:圖6(1)ab棒在N處進入磁場區速度和棒中的電流;(2)cd棒能達到的最大速度;(3)cd棒由靜止到最大速度過程中,系統所能釋放的熱量。答案 (1) (2) (3)mgR解析 (1)ab棒由M下滑到N過程中機械能守恒,有mgR(1-cos 60°)=mv2解得v=進入磁場瞬間,回路中的電流為I==。(2)ab棒在安培力作用下做減速運動,cd棒在安培力作用下做加速運動,當兩棒速度達到相同速度v′時,電路中電流為零,安培力為零,cd棒達到最大速度。由動量守恒定律得mv=(2m+m)v′,解得v′=。(3)系統釋放的熱量應等于系統機械能的減少量故Q=mv2-×3mv′2解得Q=mgR。(共45張PPT)增分培優7 動量觀點在電磁感應中的應用專題四 電路與電磁感應目 錄CONTENTS增分培優01課時跟蹤訓練03鏈接高考真題02增分培優1熱點二 動量守恒定律在電磁感應中的應用熱點一 動量定理在電磁感應中的應用熱點一 動量定理在電磁感應中的應用在導體切割磁感線做變加速運動時,若牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題,可運用動量定理巧妙解決問題。圖1例1 (2023·新課標卷,26)一邊長為L、質量為m的正方形金屬細框,每邊電阻為R0,置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區域內存在方向垂直于紙面的勻強磁場,磁感應強度大小為B,兩虛線為磁場邊界,如圖1(a)所示。(1)使金屬框以一定的初速度向右運動,進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行,金屬框完全穿過磁場區域后,速度大小降為它初速度的一半,求金屬框的初速度大小;(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌,導軌與磁場邊界垂直,左端連接電阻R1=2R0,導軌電阻可忽略,金屬框置于導軌上,如圖(b)所示,讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動,進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中,電阻R1產生的熱量。解析 (1)設金屬框的初速度大小為v0,則金屬框完全穿過磁場的過程,由動量金屬框完全在磁場中時繼續做加速度逐漸減小的減速運動,金屬框的右邊框和左邊框為電源,兩電源并聯給外電路供電,假設金屬框的右邊框沒有出磁場右邊界,則有解得x=L故假設成立,對金屬框進入磁場過程分析,由能量守恒定律有圖2BCD訓練1 (多選)(2024·山東淄博二模)如圖2甲所示,一端封閉的兩條平行光滑導軌相距L=0.1 m,距左端L處的中間一段被彎成傾斜軌道,長度也為L,與水平面夾角θ=30°,各段軌道均平滑連接。傾斜軌道所在區域無磁場,左段區域 Ⅰ 存在均勻分布但隨時間線性變化的磁場B,取豎直向上為正方向,其大小隨時間變化情況如圖乙所示;右段區域 Ⅱ 存在豎直向上的勻強磁場B0=0.2 T。在傾斜軌道頂端,放置一質量為m=0.1 kg、電阻R=1 Ω、長為L的金屬棒ab,與導軌左段形成閉合回路,ab由靜止開始下滑,進入右側磁場 Ⅱ 后經過時間t(已知)達到穩定狀態。導軌電阻不計,重力加速度g=10 m/s2,則( )A.ab在傾斜軌道上下滑過程中產生的焦耳熱為1×10-5 JB.ab達到穩定后的速度大小等于0.5 m/sC.ab進入右側磁場 Ⅱ 后通過電阻R的電荷量為2.5 CD.ab進入右側磁場 Ⅱ 經過位移為(125+0.5t)后達到勻速訓練2 (2024·湖北武漢模擬預測)福建艦搭載了我國自主研發的電磁彈射和阻攔技術用于艦載機的起飛和降落。某興趣小組開展電磁彈射阻攔系統研究,設計了如圖3所示的簡化模型,兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為l,電阻不計,導軌區域存在豎直向下的勻強磁場,磁感應強度大小為B。一質量為m、電阻為R的金屬棒ab,垂直放在導軌間。當質量為M的飛機(模型)要彈射起飛時,將它與金屬棒鎖定,選擇開關S與1閉合,恒流源輸出恒定電流,大小為I,經過時間t1,飛機達到起飛速度v1,解除鎖定,飛機起飛離艦;飛機降落時,將選擇開關S與2閉合,飛機通過阻攔索鉤拉金屬棒,以共同速度v2一起開始減速著艦,金屬棒與儲能裝置(非純電阻)串聯,減速同時還能實現動能的回收,經過t2時間飛機速度減為0,v1等于v2,但均是未知量。下列關于起飛和阻攔過程說法正確的是( )圖3熱點二 動量守恒定律在電磁感應中的應用(1)細金屬桿N在磁場內運動過程中最大加速度的大小和方向;(2)細金屬桿N在磁場內運動過程中產生的焦耳熱Q;(3)細金屬桿N在磁場內運動過程中通過回路的電荷量q;(4)初始時刻細金屬桿N到ab的最小距離x。圖4根據左手定則可知,金屬桿N所受安培力的方向水平向右,則加速度方向水平向右。(2)由M、N組成的系統動量守恒,則mv=mv1+2mv2(4)當N出磁場時M也剛好出磁場,此時N到ab的距離最小,設細金屬桿N到ab的最小距離為x,則整個過程中通過閉合回路的電荷量為方法總結 雙桿模型的分析方法物理模型 “一動一靜”:甲桿靜止不動,乙桿運動,其實質是單桿問題,不過要注意問題包含著一個條件——甲桿靜止,受力平衡兩桿都在運動,對于這種情況,要注意兩桿切割磁感線產生的感應電動勢是相加還是相減;系統動量是否守恒分析方法 動力學觀點 通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動,而另一個金屬桿做加速度逐漸減小的減速運動,最終兩金屬桿以共同的速度勻速運動能量觀點 兩桿系統機械能減少量等于回路中產生的焦耳熱之和動量觀點 對于兩金屬桿在平直的光滑導軌上運動的情況,如果兩金屬桿所受的外力之和為零,則考慮應用動量守恒定律處理問題訓練3 (多選)如圖5,兩根足夠長的光滑平行導軌固定在絕緣水平面上,左、右兩側導軌間距分別為2L和L,圖中OO′左側是電阻不計的金屬導軌,OO′右側是絕緣軌道。金屬導軌部分處于豎直向下的勻強磁場中,磁感應強度大小為B0;OO′右側以O為原點,沿導軌方向建立x軸,沿Ox方向存在分布規律為B=B0+kx(k>0)的豎直向下的磁場(圖中未標出)。一質量為m、阻值為R、三邊長度均為L的U形金屬框,左端緊靠OO′平放在絕緣軌道上(與金屬導軌不接觸)處于靜止狀態。長為2L、質量為m、電阻為R的導體棒a處在間距為2L的金屬導軌上,長為L、質量為m、電阻為R的導體棒b處在間距為L的金屬導軌上。現同時給導體棒a、b大小相同的水平向右的速度v0,當導體棒b運動至OO′時,導體棒a中已無電流(a始終在寬軌上)。導體棒b與U形金屬框碰撞后連接在一起構成回路,導體棒a、b、金屬框與導軌始終接觸良好,導體棒a被立柱擋住沒有進入右側軌道。下列說法正確的是( )圖5BD鏈接高考真題2(1)ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小;(2)金屬環剛開始運動時的加速度大小;(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸,金屬環圓心初始位置到MP的最小距離。圖6解析 (1)設ab棒剛越過MP時速度大小為v1,產生的感應電動勢大小為E1,對ab在圓弧導軌上運動的過程,由機械能守恒定律有ab剛越過MP時,由法拉第電磁感應定律得E1=BLv1經分析知整個金屬環在運動過程中可視為長度為L,電阻為Rc的金屬棒,設金屬環剛開始運動時所受的安培力大小為F1、加速度大小為a,則F1=I1LB由牛頓第二定律得F1=2ma(3)經分析,ab進入磁場后,ab和金屬環組成的系統動量守恒,設兩者共速時的速度大小為v2,由動量守恒定律得mv1=(m+2m)v2設在極短時間Δt內,ab與金屬環圓心的距離減少量為Δx,金屬環所受安培力大小為F,流過ab的電流為I,整個電路的電動勢為E,對金屬環,由動量定理得∑FΔt=2mv2-0F=ILB設金屬環圓心初始位置到MP的最小距離為s,若ab與金屬環共速時,兩者恰好接觸,金屬環圓心初始位置到MP的距離最小,對ab進入磁場到兩者共速的過程,由幾何關系有s=L+∑Δx課時跟蹤訓練31.(多選)(2024·江西南昌模擬)某興趣小組利用電容放電裝置研究電磁彈射。如圖1,離地面高為h的水平面上固定一半徑為r的金屬圓環,一根長為2r、電阻為2R0的金屬棒P沿直徑放置,它的兩端與圓環接觸良好,該棒以圓心為轉軸勻速轉動。圓環內左半圓存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場(方向豎直向上),圓環邊緣、與轉軸良好接觸的電刷分別與間距為l的水平放置的光滑平行金屬軌道相連,軌道間接有電容為C的電容器,通過單刀雙擲開關S可分別與接線柱1、2相連。水平導軌上放置一質量為m的金屬棒Q,它置于磁感應強度為B2的勻強磁場(方向豎直向上)區域內靠左側邊緣。先將開關置于1端,讓金屬棒P繞軸以角速度ω勻速轉動,等電容器充電結束后,再將開關S置于2端,電容器放電使得導軌上的金屬棒Q運動起來水平拋出。圓環及軌道內阻均不計,重力加速度大小為g,下列說法正確的是( )答案 ACBCD2.(多選)(2024·山東濟南一模)如圖2所示,兩根足夠長的固定平行光滑金屬導軌位于同一水平面上,導軌上橫放著兩根導體棒ab、cd,其質量分別是m1、m2(m1圖2A.兩棒達到虛線處速率相等B.在彈簧恢復原長的過程中,兩棒和彈簧構成的系統動量守恒,機械能守恒C.導體棒ab、cd進入磁場后,兩棒構成的系統動量守恒,機械能不守恒D.當導體棒ab運動到最左端的同時cd棒運動到最右端解析 在彈簧恢復原長的過程中,兩棒和彈簧構成的系統動量守恒,則有m1v1=m2v2,由于m1v2,整個系統沒有其他力做功,則兩棒和彈簧構成的系統機械能守恒,故B正確,A錯誤;導體棒ab、cd進入磁場后,導體棒ab、cd電流方向相反,根據左手定則,兩根導體棒所受安培力的方向相反,則兩棒構成的系統所受合力為零,系統動量守恒,由于安培力對導體棒做負功,則機械能不守恒,故C正確;兩根導體棒動量大小相等,根據動量定理-BILt=0-p,任意時刻兩根導體棒所受安培力大小相等,則兩根導體棒從進入虛線開始到速度為零的時間相等,故D正確。C3.如圖3,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向右運動且不會與cd相碰。運動過程中,ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好,兩者速度分別為vab、vcd,通過ab橫截面的電荷量為q,回路中的電流為I,cd棒產生的焦耳熱為Q。下列圖像中正確的是( )圖3圖4ABC5.(多選)(2024·江西南昌聯考)如圖5,間距為L的平行導軌豎直固定放置,導軌上端接有阻值為R的定值電阻,矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的寬度均為d,磁場Ⅰ的下邊界和磁場Ⅱ的上邊界間距為d,磁場的磁感應強度大小均為B。一根質量為m、電阻為R的金屬棒由靜止釋放,釋放的位置離磁場Ⅰ的上邊界距離為2d,金屬棒進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等,金屬棒運動過程中始終保持水平且與導軌接觸良好,其余電阻不計,重力加速度為g,下列說法正確的是( )圖56.如圖6所示,兩根間距為l的光滑金屬導軌(不計電阻),由一段圓弧部分與一段無限長的水平部分組成,其水平段加有方向豎直向下的勻強磁場,磁感應強度為B。導軌水平段上靜止放置一金屬棒cd,質量為2m,電阻為2r。另一質量為m、電阻為r的金屬棒ab,從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段,棒與導軌始終垂直且接觸良好,圓弧段MN半徑為R,所對圓心角為60°,重力加速度為g。求:圖6(1)ab棒在N處進入磁場區速度和棒中的電流;(2)cd棒能達到的最大速度;(3)cd棒由靜止到最大速度過程中,系統所能釋放的熱量。解析 (1)ab棒由M下滑到N過程中機械能守恒, 展開更多...... 收起↑ 資源列表 增分培優7 動量觀點在電磁感應中的應用 學案(含答案).docx 增分培優7 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