专题课:电磁感应与动量的综合应用 例1 AD [解析] 棒运动过程中,通过棒横截面的电荷量q=Δt=Δt=·Δt==,从a到b的过程中与从b到c的过程中,回路面积的变化量ΔS相等,B、R相等,因此通过棒横截面的电荷量相等,故A正确;棒受到的安培力大小为FA=IlB=,方向水平向左,棒在安培力作用下做减速运动,由于a、b间距离与b、c间距离相等,安培力FA逐渐减小,由W=Fs可知,从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多,由动能定理可知,棒的动能变化量不相等,棒克服安培力做功,把棒的动能转化为内能,因此从a到b的过程中回路产生的内能多,故B、C错误;安培力的冲量I=-lBΔt=-Bl·q,因这两个过程中的B、l、q都相等,故安培力的冲量相等,故D正确. 变式1 B [解析] 设线圈完全进入磁场中时的速度为v',线圈进入磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量为q,因为线圈进、出磁场过程中面积变化量相等,所以磁通量的变化量相等,即进、出磁场过程中通过线圈横截面的电荷量相等,线圈在进入磁场、穿出磁场的过程中由动量定理得Bqa=mv0-mv',Bqa=mv'-mv,联立可得v'=,即B正确. 例2 (1)m (2) [解析] (1)从初始至两棒共速,回路产生的焦耳热最多,此过程中两棒组成的系统动量守恒,以v0的方向为正方向,有mv0=2mv 由功能关系可得回路产生的焦耳热Q=m-×2mv2 联立解得Q=m. (2)当ab棒的速度变为v0时,设cd棒的速度为v',则由动量守恒定律可得mv0=m·v0+mv' 回路中的感应电动势E=Bl 回路中的电流I= cd棒所受的安培力F=IlB cd棒的加速度a= 联立解得a=. 变式2 AC [解析] 由题意可知,两棒组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得mv0=2mv',最终两棒共速,速度为,设电路总电阻为R,电流I=,由于v1逐渐减小,v2逐渐变大,I逐渐减小,且减小得越来越慢,当v1=v2=时I=0,故C正确,D错误;ab、cd的加速度大小相同,a==,由于I逐渐减小,加速度逐渐减小,所以ab做加速度减小的减速运动,最终以做匀速直线运动,cd做加速度逐渐减小的加速运动,最终以做匀速直线运动,故A正确,B错误. 随堂巩固 1.B [解析] 初始时ab棒向左运动受到向右的安培力,cd棒受到向左的安培力,所以ab棒减速,cd棒加速,设ab棒速度为v1、cd棒速度为v2,开始时v1>v2,之后v1减小,v2增大,两棒的相对速度Δv=v1-v2逐渐减小至0,两棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BL·Δv,E也逐渐减小最终为0,感应电流逐渐减小到0,安培力逐渐减到0,所以ab棒做加速度逐渐减小的减速直线运动,cd棒做加速度逐渐减小的加速直线运动,A错误;两棒组成的系统所受的合外力为零,故系统的动量守恒,所以ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量,B正确;回路中产生电磁感应现象,电流做功产生焦耳热,根据能量守恒定律可以知道,ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能与两棒产生的焦耳热之和,所以ab棒减小的动能大于cd棒增加的动能,C错误;当v1>v2时,产生电磁感应现象,机械能转化为电能,两棒共速之后机械能守恒,不再产生电能,D错误. 2.CD [解析] 线圈完全进入磁场后磁通量不变,线圈中无感应电流,不受安培力作用,则线圈的动量保持不变,选项A错误;由动量定理可知-F安Δt=mv-mv0,安培力的冲量大小为m(v0-v),选项C正确;设线圈全部进入磁场时的速度为v1,则由动量定理得-BaΔt=-Bq1a=mv1-mv0,线圈穿出磁场的过程,由动量定理得-B'aΔt'=-Bq2a=mv-mv1,由q=,可知因为进入和穿出磁场的过程中,磁通量的变化量相等,所以进入和穿出磁场的两个过程中通过线圈横截面的电荷量相等,即q1=q2,故进入过程线圈的速度变化量等于离开过程线圈的速度变化量,即v0-v1=v1-v,解得v1=,选项D正确;线圈进入磁场过程中安培力的冲量大小I1=BaΔt=Baq,而q=Δt=Δt=,则I1=,则整个过程中安培力的冲量大小为I=2I1=,选项B错误. 3.(1) (2)2gsin θ (3)gt0sin θ+ [解析] (1)棒a运动过程中,当重力沿斜面的分力和棒a所受的安培力 ... ...
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