（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＝0.02Ω，m＝0.1kg，l＝0.5m，L＝0.3m，θ＝30°，B1＝0.1T，B2＝0.2T．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.
针对训练3-4：
某同学设计了一个电磁击发装置，其结构如图所示。
间距为L=10cm的平行长直导轨置于水平桌面上，导轨中NO和N′O′段用绝缘材料制成，其余部分均为导电金属 材料，两种材料导轨平滑连接。
导轨左侧与匝数为100匝、半径为5cm的圆形线圈相连，线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场。
电容为1F的电容器通过单刀双掷开关与导轨相连。
在轨道间MPP′M′矩形区域内存在垂直桌面向上的匀强磁场，磁感强度为2T。
磁场右侧边界PP′与OO′间距离为a=4cm。
初始时金属棒A处于NN′左侧某处，金属棒B处于OO'左侧距OO'距离为a处。
当开关与1连接时，圆形线圈中磁场随时间均匀变化，变化率为；稳定后将开关拨向2，金厲棒A被弹出，与金属棒B相碰，并在B棒刚出磁场时A棒刚好运动到OO′处，最终A棒恰在PP′处停住。
已知两根金属棒的质量均为m=0.02kg、接入电路中的电阻均为0.1Ω，金厲棒与金属导轨接触良好，其余电阻均不计，一切摩擦不计。
问：
（1）当开关与1连接时，电容器电量是多少？
下极板带什么电？
（2）金属棒A与B相碰后A棒的速度v是多少？
（3）电容器所剩电量Q′是多少？
【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）30V
（2）C→D 方向向上 （3）0.03 C
[解析]
（1）由磁感应定律E＝n
得E＝nS＝30V
（2）电流方向C→D，
B2方向向上．
（3）由牛顿第二定律有F＝ma＝m
（或由动量定理有FΔt＝mv－0）
安培力F＝IB1l
ΔQ＝IΔt
v2＝2gh
得ΔQ＝＝0.03C
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）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
（1分）又，
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） 方向向左
（2）－gΔt（3）u
[解析]
（1）根据电磁感应定律，有E＝＝，q＝IΔt＝＝，电流方向向右
（2）平均感应电流I＝＝，平均安培力F＝BIL
根据动量定理，有（F－mg）Δt＝mv0。
解得v0＝－gΔt
（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＝u
针对训练3-3：
[答案]
（1）6m/s
（2）1.5m/s （3）0.25J
[解析]
（1）感应电动势E＝B1lv0，电流I＝，安培力F＝B1Il
匀速运动条件为＝mgsinθ
解得v0＝＝6m/s.
（2）由动量守恒定律得mv0＝4mv，解得v＝＝1.5m/s.
（3）进入磁场区Ⅱ，设速度变化Δv，由动量定理，有B2lΔt＝－4mΔv
Δt＝Δq＝，解得Δv＝＝－0.25m/s
出磁场区Ⅱ，同样有：
Δv＝－＝－0.25m/s
出磁场区Ⅱ后“联动三杆”的速度为：
v′＝v＋2Δv＝1.0m/s
产生的焦耳热Q＝×4m（v2－v′2）＝0.25J.
答案：
针对训练3-4，
（1）
f
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：
-BIl- ∆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v0，碰撞过程动量守恒，有：
mv0=mv+m 2v 0 ，可得v0 =3v
A 棒在安培力作用下加速，则有：
BIl ∆t=m∆v 即Bl∆q=m∆v
两边求和得：
Bl（Q-Q′）=mv0得：
代入前面的数据可知，电容器所剩电量为
答案：
18
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