增分突破五 电磁感应与动量观点综合问题

增分策略

1.应用动量定理解题的基本思路

(1)确定研究对象,在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体或能看成一个物体的系统。

(2)对物体进行受力分析,可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量;或先求合力,再求其冲量。

(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正负号。 (4)根据动量定理列方程,如有必要还需要其他补充方程。最后代入数据求解。 2.应用动量定理的注意事项

(1)一般来说,用牛顿第二定律能解决的问题,用动量定理也能解决,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理求解更简单。动量定理不仅适用于恒力,也适用于变力。为变力时,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。

(2)动量定理的表达式是矢量式,运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。

3.电磁感应与动量的结合主要有两个考点

(1)对与单杆模型,则是与动量定理结合。例如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作用),由于在磁场中运动的单杆为变速运动,则运动过程所受的安培力为变力,依据动量定理Δt=BLΔt=BLq,q=N及速度变化结合一起。

(2)对于双杆模型,除受到的安培力之外,受到的其他外力之和为零时,与动量守恒结合考查较多。 典例1 如图所示,一质量为m的金属杆ab,以一定的初速度v0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行,轨道平面与水平面成θ角,两导轨上端用一电阻相连,磁场方向垂直轨道平面向上,轨道与金属杆ab的电阻不计并接触良好。金属杆向上滑行到某一高度h后又返回到底端( )

=N

Δt=ΔP,而又由于

,ΔP=mv2-mv1,由以上四式将流经杆的某一横截面积的电荷量q、杆位移x

A.整个过程中合外力的冲量大小为2mv0

B.上滑过程中电阻R上产生的焦耳热等于下滑过程中电阻R上产生的焦耳热

1

C.下滑过程中电阻R上产生的焦耳热小于m-mgh D.整个过程中重力的冲量大小为零 答案 C

解析 经过同一位置时,下滑的速度小于上滑的速度,所以返回底端时的速度小于v0,根据动量定理可知,整个过程中合外力的冲量大小小于2mv0,故A错误;在同一位置,棒下滑时受到的安培力小于上滑时所受的安培力,则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值,所以上滑过程导体棒克服安培力做功大于下滑过程克服安培力做功,故上滑过程中电阻R产生的热量大于下滑过程中电阻R上产生的热量,故B错误。对下滑过程根据动能定理得:Q=mv-mgh,因为v

典例2 如图所示,两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面上,导轨上横放着的两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧,两棒的中间用细线绑住,它们的电阻均为R,回路上其余部分的电阻不计,在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。开始时,导体棒处于静止状态。剪断细线后,导体棒在运动过程中( )

2

A.回路中有感应电动势

B.两根导体棒所受安培力的方向相同

C.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒,机械能守恒 D.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒,机械能不守恒 答案 D

解析 剪断细线后,导体棒在运动过程中,由于弹簧的作用,导体棒ab、cd反向运动,在导体棒运动的过程中,穿过导体棒ab、cd与导轨构成的矩形回路的磁通量增大,回路中产生感应电动势,导体棒ab、cd中的电流方向相反,根据左手定则可知两根导体棒所受安培力的方向相反,故A、B错误。两根导体棒和弹簧构成的系统在运动过程中所受合外力为0,所以系统动量守恒,但是由于产生感应电流,一部分机械能转化为内能,所以系统机械能不守恒。

典例3 如图甲所示,间距L=0.4 m的金属轨道竖直放置,上端接定值电阻R1=1 Ω,下端接定值电阻R2=4 Ω。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=3 T;区域Ⅱ内的磁场方向竖直向下,其磁感应强度B2=2 T。金属棒MN的质量m=0.12 kg,在轨道间的电阻r=4

2

Ω,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,v-x图像中除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:(g取10 m/s) (1)金属棒在图像上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后开始计时); (4)从金属棒开始下落到刚进入区域Ⅱ的过程中回路中产生的焦耳热。

2

2

答案 见解析

解析 (1)金属棒在0~0.2 m内未进入区域Ⅰ,做自由落体运动,有=2gx1,x1=0.2 m,解得va=2 m/s 由图乙可知在bc阶段,金属棒速度保持不变,安培力与重力是平衡力,mg=B1IL,I=

,

=4.8 Ω

金属棒在区域Ⅰ切割磁感线,相当于电源,R1、R2并联后接在电源两端,电路中总电阻R总=r+联立得vc=4 m/s

(2)从a点到c点,根据动量定理得mgt-B1Lt=mvc-mva q=t=

,x2=2.7 m-0.2 m=2.5 m

解得t=0.825 s

(3)由图乙可知金属棒进入区域Ⅱ后速度大小保持不变,mg=μB2I棒L,解得I棒= A 磁场区域Ⅰ为等效感生电源,金属棒与R2并联后再与R1串联 干路电流I总=2I棒= A,R总'=R1+Lx2

=I总R总',解得

=11.25 T/s

=3 Ω

若金属棒在导轨正面,则B1=(3+11.25t)T

3

若金属棒在导轨背面,则B1=(3-11.25t)T (4)Q1=mg(x1+x2)-m,得Q1=2.28 J

x3=vct+gt,x3=3.15 m-2.7 m=0.45 m,得t=0.1 s Q2=

R总't=

×3×0.1 J≈4.22 J

2

Q=Q1+Q2=6.50 J 增分专练

1.如图所示,水平放置的、足够长的光滑金属轨道与光滑倾斜轨道以小圆弧平滑对接。在倾斜轨道上高h=1.8 m处放置一金属杆a,在平直轨道靠右端处放置另一金属杆b,平直轨道区域有竖直向上的匀强磁扬。现由静止释放杆a,杆a下滑到水平轨道后即进入磁场,此时杆b的速度大小为v0=3 m/s,方向向左。已知ma=2 kg,mb=1 kg,金属杆与轨道接触良好,g取10 m/s。求:

2

(1)杆a下滑到水平轨道上瞬间的速度大小。 (2)杆a、b在水平轨道上的共同速度大小。 (3)在整个过程中电路消耗的电能。 答案 (1)6 m/s (2)3 m/s (3)27 J

解析 (1)设杆a下滑到水平轨道瞬间的速度为va,杆a从斜轨道上下滑到水平轨道的过程中,只有重力做功,由机械能守恒定律得magh=ma 解得va=6 m/s。

(2)当a以6 m/s的速度进入匀强磁场后,a、b两杆所受的安培力等大反向,合力为零,最终一起匀速运动。设共同的速度为v,取水平向右为正,由动量守恒定律得 mava-mbv0=(ma+mb)v 解得v=3 m/s

(3)设消耗的电能为E,由能量守恒定律得E=ma+mb-(ma+mb)v 代入数据解得E=27 J。

2.如图所示,相距较远的水平轨道与倾斜轨道用导线相连,MN∥EF、PQ∥GH,且组成轨道的两个金属棒间距都为L。金属细硬杆ab、cd分别与轨道垂直,质量均为m,电阻均为R,与轨道间动摩擦因数均为μ,导

4

2