第1部分 专题4 微专题4 动量观点在电磁感应中的应用（word教参）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

对应学生用书P68 动量定理在电磁感应中的应用(单杆＋导轨模型) 在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。 求解的 物理量 应用示例 电荷量 或速度 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.即－BqL＝mv2－mv1 位移 －＝0－mv0，即－＝0－mv0 时间 －BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1 即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力) －＋F其他Δt＝mv2－mv1，Δt＝x， 即－＋F其他Δt＝mv2－mv1， 已知位移x、F其他(F其他为恒力) [例1]　(多选)(2024·湖南卷，8)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置．现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处．已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d.导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．金属杆经过BB1的速度为 B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为mv－μmgd C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍 [解析]　A．设金属杆在AA1B1B区域运动时间为t，则金属杆在AA1B1B区域运动的过程中，根据动量定理有－BIL·t＝， 设A、A1的间距为L，则金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有E＝BLv，I＝，q＝It，联立有q＝，－， 设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，则金属杆在BB1C1C区域运动的过程中根据动量定理有－BIL·t0－μmgt0＝0－mvBB1， 同理金属杆在BB1C1C区域向右运动的过程中切割磁感线有q＝，联立解得vBB1＝＋μgt0，综上有vBB1＝＋， 则金属杆经过BB1的速度大于，故A错误； C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为I安＝BIL·t＝BqL. 根据选项A可知金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域流过金属杆的电荷量相同，则金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；B.在整个过程中，根据能量守恒有mv＝μmgd＋Q 则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为QR＝Q＝mv－μmgd，故B错误； D．设整个过程中金属杆运动的时间为t总，金属杆通过BB1C1C区域的时间为t0，根据动量定理有－BIL·t总－μmgt0 ＝ 0－mv0，且q＝It总＝， 联立解得x＝(mv0＋μmgt0)， 根据选项A分析可知t0＝－， 综上x＝， 可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确． [答案]　CD 1．(多选)(2024·福建漳州市质检)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场．磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域．线框的边长小于磁场区域的宽度．若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v.则下列说法正确的是(　　) A．q1＝q2　　　　　 B．q1＝2q2 C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s 解析：BD　[根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理有－B1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理有－B2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确．] 2．(多选)(2024·黑龙江哈尔滨市二模)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现给a棒一大小为v0的初速度，方向水平向右．设两部分导轨均足够长，两棒质量均为m，在a棒的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．在这个过程中，以下说法正确的是(　　) A．俯视时感应电流方向为顺时针 B．b棒的最大速度为0.4v0 C．回路中产生的焦耳热为0.1mv D．通过回路中某一截面的电荷量为 解析：BC　[a棒向右运动，根据右手定则可知，俯视时感应电流方向为逆时针，故A错误；由题意分析可知，a棒减速，b棒加速，设a棒的速度大小为0.8v0时b棒的速度大小为v，取水平向右为正方向，根据动量定理，对a棒有－BLΔt＝m×0.8v0－mv0，对b棒有B×2LΔt＝mv，联立解得v＝0.4v0，此后回路中电流为0，a、b棒都做匀速运动，即b棒的最大速度为0.4v0，故B正确；根据能量守恒定律有Q＝mv－＝0.1mv，故C正确；对b棒，由2BLΔt＝mv得，通过回路中某一截面的电荷量q＝·Δt＝＝，故D错误．] 　　　　　　 动量守恒定律在电磁感应中的应用 (双杆＋导轨模型) 双杆模型 物理模型 “一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡 两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒 分析方法 动力学观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动 能量观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和 动量观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题 [例2]　(2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切．MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场．长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点．质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等．忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g.现将金属棒ab由静止释放，求 (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离． [解题指导] (1)对金属棒ab由动能定理求v0，再由E＝BLv0求感应电动势； (2)分析电路结构求总电阻，由牛顿第二定律结合闭合电路欧姆定律求加速度大小； (3)ab不与金属环接触的临界条件是金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环；应用动量守恒结合动量定理求出金属棒ab与金属环间相对位移． [解析]　(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有 mgL＝mv，解得v0＝， 则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为 E＝BLv0＝BL. (2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两段圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为 R0＝×＝R， 可知，整个回路的总电阻为R总＝R＋＝R， ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为 I＝＝， 对金属环由牛顿第二定律有2BL·＝2ma， 解得a＝. (3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，由动量守恒定律有 mv0＝mv＋2mv，解得v＝v0， 对金属棒ab，由动量定理有 －BILt＝m·－mv0， 则有BLq＝mv0， 设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，则有q＝， 联立解得Δx＝x1－x2＝， 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离d＝L＋Δx＝. [答案]　(1)BL　(2) (3) 1．(2024·辽宁模拟预测)如图所示，光滑平行金属导轨AB、CD固定在倾角为θ的绝缘斜面上，BP、DQ为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度为B0、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距均为L，两金属棒ab、cd的质量分别为m、3m，电阻均为R，初始时，金属棒cd垂直静止放置在水平导轨上，金属棒ab从倾斜导轨上距底端距离为s处无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，不计导轨电阻，重力加速度为g，求： (1)金属棒cd的最大加速度am； (2)金属棒ab上产生的热量Qab. 解析：(1)设ab棒下滑到斜面底端时速度为v， 由机械能守恒定律有mv2＝mgssin θ， 解得v＝， ab棒刚进入磁场时产生的感应电动势为 E＝B0Lv， 通过cd的电流为I＝， cd棒所受安培力为F＝ILB0， 则最大加速度为am＝， 联立解得am＝. (2)当ab、cd棒共速时， 由动量守恒定律得mv＝4mv共， 解得v共＝， 共速后两棒一起做匀速直线运动，不再产生热量 由能量守恒定律得，两棒产生的总热量 Q＝mv2－×4mv，解得Q＝mgssin θ， ab棒与cd棒电阻相同，所以Qab＝Q＝ mgssin θ. 答案：(1)　(2)mgssin θ 2．(2023·全国甲卷，25)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上．导轨上质量为3 m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行．不计空气阻力．求 (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； (2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间． 解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvP，×3mv＝×3mv＋mv， 联立解得vP＝v0，vQ＝v0, 由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP′＝vQ＝v0， (2)根据能量守恒有， 解得Q＝mv. (3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得－BlΔt＝mvP′－mvP， 又q＝Δt，＝＝＝， 联立可得x＝； 由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t＝＝. 答案：(1)v0；(2)mv；(3) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　对应学生用书P71 1．(2024·江苏苏州市期中)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右运动且不会与cd相碰．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别为vab、vcd，通过ab横截面的电荷量为q，回路中的电流为I，cd棒产生的焦耳热为Q.下列图像中正确的是(　　) 解析：C　[导体棒ab切割磁感线产生由a到b的感应电流，则导体棒ab受到向左的安培力，做减速运动；导体棒cd受到向右的安培力，向右加速运动，则感应电流I＝，两导体棒的相对速度减小，感应电流减小，每个导体棒所受的安培力大小F＝BIL，F随着电流减小而减小，设导体棒质量为m，当两者速度相等时，电流为零，导体棒的速度由动量守恒定律得mv0＝2mv，两导体棒的速度最终为v＝，且加速度随着电流的减小而减小，电流变化也越来越慢，最终为零，C正确，A错误；对ab棒，由动量定理有BLt＝mv0－mvab，则q＝t＝，因为vab随时间增加而减小，电荷量应该是随时间的增加而增加，最后达到最大值，因为电流随时间减小，所以q­t的图像斜率也应该是减小，故B错误；系统状态稳定后，两个导体棒的相对速度为0，不再有感应电流产生，焦耳热不会随着时间一直增大，故D错误．] 2．(2024·辽宁省模拟)电磁阻尼技术经常用于列车刹车过程．某同学设计了如图装置来研究电磁阻尼，光滑金属导轨由水平平行轨道和竖直四分之一圆轨道组成，水平平行轨道MN、ST相距L＝0.5 m，轨道左端用阻值R＝10 Ω的电阻相连．水平轨道的某区域内有方向竖直向上、磁感应强度B＝6 T的匀强磁场．现有一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝5 Ω的金属杆ab以v＝5 m/s的初速度沿水平轨道从左端冲入磁场，离开磁场后沿竖直圆轨道上升的最大高度H＝0.2 m，设金属杆ab与轨道接触良好，并始终与轨道垂直，轨道电阻忽略不计，且不考虑ab返回情况，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)金属杆刚进入磁场时，通过金属杆的电流大小和方向； (2)整个过程电阻R上产生的焦耳热； (3)磁场区域的长度． 解析：(1)金属杆刚进入磁场时，切割磁感线产生的电动势E＝BLv＝15 V， 感应电流I＝＝1 A， 由右手定则知感应电流方向从a沿杆流向b； (2)金属杆从进入磁场到最高点的整个运动过程，根据能量守恒定律有 mv2＝Q＋mgH， 解得Q＝2.1 J， 电阻R上产生的焦耳热QR＝Q＝1.4 J； (3)设金属杆在磁场中运动的距离为x，刚离开磁场时的速度为v1，离开磁场运动到最高点的过程中，根据动能定理有－mgH＝0－mv， 解得v1＝2 m/s， 金属杆在磁场中的运动过程，根据动量定理有 －BLt＝mv1－mv， 又因为q＝t＝＝， 解得x＝1 m. 答案：(1)1 A　方向从a沿杆流向b　(2)1.4 J　(3)1 m 学科网（北京）股份有限公司 $$