最后更新: 2024-12-19 11:36 查看: 85 次反馈刷题

动量定理在电磁感应中的应用

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，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解.

“单棒＋电阻”模型

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  `例`水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻.导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下.不计一切摩擦，则下列说法正确的是
A.导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功
 B. 导体棒在导轨上运动的最大距离为 $\frac{2 m v_0 R}{B^2 d^2}$
C. 整个过程中，电阻 $R$ 上产生的焦耳热为 $\frac{1}{2} m v_0{ }^2$
D. 整个过程中, 导体棒的平均速度大于 $\frac{v_0}{2}$ 
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   解：导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，故A错误；

由动量定理可知 $-\bar{I} d B \cdot \Delta t=0-m v_0$, 其中 $\bar{I} \cdot \Delta t=\frac{\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}}{2 R} \cdot \Delta t=\frac{\Delta \Phi}{2 R}, \Delta \Phi=B d x$,解得 $x=\frac{2 m v_0 R}{B^2 d^2}$, 故 B 正确；
导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等, 故电阻 $R$ 上产生的焦耳热应该为 $\frac{1}{4} m v_0{ }^2$, 故 C 错误;

根据 $a=\frac{B I d}{m}=\frac{B^2 d^2 v}{2 R m}$ 可知, 导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动,故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度, 即小于 $\frac{v_0}{2}$, 故 D 错误.

`例`如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计.t＝0 时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好.且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处.
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 则下列说法正确的是
A. $t=0$ 时, 导体棒 $D$ 的加速度大小为 $a=\frac{B^2 L^2 v_0}{m R}$
B. 达到稳定运动时, $C 、 D$ 两棒速度之比为 $1: 1$
C. 从 $t=0$ 时至达到稳定运动的过程中, 回路产生的内能为 $\frac{2}{5} m v_0^2$
D. 从 $t=0$ 时到达到稳定运动的过程中, 通过导体棒的电荷量为 $\frac{2 m v_0}{5 B L}$

解：开始时, 导体棒中的感应电动势 $E=2 B L v_0$, 电路中感应电流 $I=\frac{E}{2 R}$, 导体棒 $D$ 所受安培力 $F=B I L$, 导体棒 $D$ 的加速度为 $a$, 则有 $F=m a$, 解得 $a=$ $\frac{B^2 L^2 v_0}{m R}$ ，故A 正确；
稳定运动时, 电路中电流为零, 设此时 $C 、 D$ 棒的速度分别为 $v_1 、 v_2$, 则有 $2 B L v_1=B L v_2$, 对变速运动中任意极短时间 $\Delta t$, 由动量定理得, 对 $C$ 棒有 $2 B \bar{I} L \Delta t=m \Delta v_1$, 对 $D$ 棒有 $B \bar{I} L \Delta t=m \Delta v_2$, 故对变速运动全过程有 $v_0-v_1=$ $2 v_2$, 解得 $v_2=\frac{2}{5} v_0, v_1=\frac{1}{5} v_0$, 故 B 错误；
根据能量守恒定律可知回路产生的内能为 $Q=\frac{1}{2} m v_0{ }^2-\frac{1}{2} m v_1^2-\frac{1}{2} m v_2^2$,解得 $Q=\frac{2}{5} m v_0{ }^2$, 故 C 正确；
由上述分析可知对变速运动中任意极短时间 $\Delta t$, 由动量定理得, 对 $C$ 棒有 $2 B \bar{I} L \Delta t=m \Delta v_1$, 可得 $2 B L q=m\left(v_0-v_1\right)$, 解得 $q=\frac{2 m v_0}{5 B L}$, 故 D 正确.

## “电容器＋棒”模型
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  `例` 如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电.设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长.现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是
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A.图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B.图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速
　运动，最终静止
C.两种情况下通过电阻的电荷量一样大
D.两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动
解：题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，
则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；
题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；
根据 $\bar{F}_{\text {安 }}=B \bar{I} L$, 有 $\bar{F}_{\text {安 }} t=B \bar{I} L t=q B L=m \Delta v$, 得 $q=\frac{m \Delta v}{B L}$, 电荷量跟导体棒 $a b$ 的动量变化量成正比, 因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过 $R$ 的电荷量小于题图乙中通过 $R$ 的电荷量, 故 C 错误。

## 无外力放电式
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  `例` 电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器.电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计.炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触.首先开关S接1，使电容器完全充电.然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动.当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨.问：
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   (1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少.

解：（1）将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下.

（2）电容器完全充电后，两极板间电压为 $E$ ，当开关 $S$ 接 2 时，电容器放电，设刚放电时流经 $M N$ 的电流为 $I$ ，有 $I=\frac{E}{R}$设 $M N$ 受到的安培力为 $F$ ，有 $F=I l B$
由牛顿第二定律，有 $F=m a$
联立(1)(2)(3)式得 $a=\frac{B I E}{m R}$

（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为 $Q_0$, 有 $Q_0=C E$
开关 $S$ 接 2 后， $M N$ 开始向右加速运动，速度达到最大值 $v_{\max }$ 时，设 $M N$上的感应电动势为 $E^{\prime}$ ，
有 $E^{\prime}=B l v_{\text {max }}$
依题意有 $E^{\prime}=\frac{Q}{C}$
设在此过程中流经 $M N$ 的平均电流为 $\bar{I}, M N$ 受到的平均安培力为 $\bar{F}$,有 $\bar{F}=\bar{I} l B$
由动量定理, 有 $\bar{F} \Delta t=m v_{\text {max }}-0$

$$
\text { 又 } \bar{I} \Delta t=Q_0-Q
$$

联立(5)(6)(7)(8)(9)(10式得 $Q=\frac{B^2 l^2 C^2 E}{m+B^2 l^2 C}$.

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