专题4 培优点7 动量观点在电磁感应中的应用-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，苏京）

培优点7　动量观点在电磁感应中的应用 目标要求　1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的思路。2.掌握应用动量守恒定律处理电磁感应问题的方法。 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 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，即－＋F其他Δt＝mv2－mv1， 已知位移x、F其他(F其他为恒力) 例1　(2023·江苏泰州市调研)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一根通有恒定电流I的长直导线，用规格相同的均匀材料做成的单匝线框A、B平铺在水平面上。A是边长为a的正方形，B是长为2a、宽为a的长方形。瞬间关闭恒定电流I，假设线框不会与长直导线碰撞，A、B最终获得的动量之比为(　　) A．3∶8 B．3∶4 C．1∶4 D．9∶16 答案　A 解析　时间极短，可认为磁感应强度均匀变化，设线框左右两边的磁感应强度差为ΔB，由动量定理有ΔBLI′t＝ΔBL＝mv＝p，根据题意A、B为同种均匀材料，可得＝，所以有＝··＝××＝，故选A。 例2　(2023·湖南卷·14)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 答案　(1)　(2)2gsin θ (3)gsin θ·t0＋　 解析　(1)棒a在运动过程中重力沿导轨平面向下的分力和棒a所受安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0 由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝，F＝BIL 棒a受力平衡可得mgsin θ＝BIL 联立解得v0＝ (2)由左手定则可以判断棒b所受安培力沿导轨平面向下，释放棒b瞬间电路中电流不变，则对棒b由牛顿第二定律可知mgsin θ＋BIL＝ma0 解得a0＝2gsin θ (3)棒a受到沿导轨平面向上的安培力，释放棒b后，在到达共速时对棒a由动量定理有 mgsin θt0－BLt0＝mv－mv0 棒b受沿导轨平面向下的安培力，对b棒由动量定理有mgsin θt0＋BLt0＝mv 联立解得v＝gsin θ·t0＋＝gsin θ·t0＋， ＝ 由法拉第电磁感应定律可得＝＝ 联立可得Δx＝＝。 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 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3　(2023·江苏省南京外国语学校期末)如图所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定于同一绝缘水平面内，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，质量均为m、电阻分别为R、r的导体棒MN、PQ垂直静止于平行导轨上，与导轨构成矩形闭合回路，某时刻给导体棒MN一个水平向右的瞬时冲量I，不考虑导轨的电阻，则从此时至PQ达到最大速度的过程中，以下说法正确的是(　　) A．导体棒PQ做加速度增大的加速运动 B．通过导体棒MN的电荷量为 C．两导体棒的相对距离减小量为 D．导体棒MN产生的焦耳热为 答案　C 解析　依题意，当两导体棒速度相等时，导体棒PQ速度达到最大，该过程中，导体棒PQ受到的安培力水平向右，根据F安＝BIL，I＝，E＝BLΔv，联立可得F安＝，式中Δv为两导体棒在运动过程中的速度差，由于Δv逐渐减小，根据牛顿第二定律可得a＝，可知导体棒PQ做加速度逐渐减小的加速运动，直到PQ达到最大速度后，两导体棒一起做匀速直线运动，故A错误；对导体棒MN，设其开始运动时的初速度大小为v0，两导体棒达到共速时速度大小为v，根据动量定理可得－BLΔt＝mv－mv0，Δt＝q，I＝mv0，对两导体棒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，联立可得通过导体棒MN的电荷量为q＝，故B错误；根据q＝，ΔΦ＝BΔS＝BLΔx，联立可得两导体棒的相对距离减小量为Δx＝，故C正确；从开始运动到两导体棒达到共速时，根据能量守恒定律有mv02＝Q＋×2mv2，Q＝QR＋Qr，＝，联立得导体棒MN产生的焦耳热为QR＝，故D错误。 1.(2023·江苏省盐城中学期末)如图所示，在竖直平面内固定有足够长的平行金属导轨PQ、MN，导轨间距为L，在Q、N之间连接有阻值为R的电阻，导轨上放有质量为m、电阻为R的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现对金属杆ab施加一大小为F＝2mg的拉力，使其由静止开始向上运动，经时间t后金属杆达到最大速度。金属杆ab运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，不计导轨电阻，当地重力加速度为g，则下列结论正确的是(　　) A．通过电阻R的感应电流方向为由N向Q B．金属杆ab的最大速度为 C．金属杆ab由静止到最大速度的过程中，上升的高度为(t－) D．金属杆ab由静止到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量为(t－) 答案　B 解析　由楞次定律可知，通过电阻R的感应电流方向为由Q向N，故A错误；金属杆速度为v时，产生的电动势为E＝BLv，通过金属杆的电流为I＝，金属杆所受安培力为FA＝BIL＝，由牛顿第二定律可得F－mg－＝ma，当a＝0时，速度最大，解得最大速度为vm＝，故B正确；金属杆ab由静止到最大速度的过程中，由动量定理得Ft－mgt－BLt＝mvm，又因为＝，＝，可得Ft－mgt－＝mvm，Ft－mgt－BLq＝mvm，解得上升的高度h＝(t－)，通过电阻R的电荷量q＝(t－)，故C、D错误。 2．(2023·江苏南通市海安中学开学考试)如图所示，光滑平行导轨MNPQ固定在绝缘水平面上，导轨宽度为d，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨足够长，将质量分别为2m、m，电阻均为R的金属棒J和K分别置于轨道上，棒始终与轨道垂直并且接触良好，导轨电阻不计。现使J棒获得水平向右的初速度2v0，K棒获得水平向左的初速度v0，求： (1)全过程中系统产生的焦耳热Q； (2)从开始运动到稳定状态过程中两棒间距离的改变量Δx。 答案　(1)3mv02　(2) 解析　(1)两棒组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则2m·2v0－mv0＝(2m＋m)v 根据能量守恒可得产生的焦耳热为 Q＝×2m(2v0)2＋mv02－(2m＋m)v2 联立解得Q＝3mv02 (2)取J棒研究，设运动过程中平均电流为，经历时间为Δt，取向右为正方向，根据动量定理得 －Bd·Δt＝2mv0－2m·2v0 而＝＝ 解得Δx＝。 专题强化练 1.(2023·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绝缘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(　　) 答案　C 解析　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，则电荷量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q－t的图像斜率也应是减小，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.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＝4q2 C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s 答案　D 解析　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、B错误；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理有－BLΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理有－BLΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确。 3.如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨固定于水平面内，导轨左侧接有阻值恒定的电阻R。一电阻不计的导体棒垂直导轨放置于M点，并与导轨接触良好，导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场。现给导体棒一个水平向右的初速度，第一次速度大小为v0，滑动一段位移到达N点停下来，第二次速度大小为2v0，滑动一段位移后也会停止运动，在导体棒的运动过程中，以下说法正确的是(　　) A．先后两次运动过程中电阻R上产生的热量之比为1∶2 B．先后两次运动过程中的位移之比为1∶2 C．先后两次运动过程中流过R的电荷量之比为1∶4 D．导体棒第二次运动经过N点时速度大小为2v0 答案　B 解析　根据能量守恒可知，导体棒从开始运动到停下来，动能全部转化为内能，满足Q＝mv2，所以生成的热量之比为1∶4，故A错误；设运动过程中任意时刻的速度大小为v，导体棒质量为m，磁感应强度为B，导轨间距为L，电路的总电阻为R，由牛顿第二定律得＝ma，在一段极短时间Δt内Δt＝maΔt，结合速度和加速度的定义可得Δx＝mΔv，方程两边对一段时间累积求和，可知发生一段位移x与速度变化的关系为x′＝m(v0－v)，对于整个过程，有x＝mv0，所以＝＝，第二次运动经过N点时，有x1＝m(2v0－vN)，解得vN＝v0，故B正确，D错误；流过R的电荷量q＝＝x，所以＝＝，故C错误。 4.如图所示，倾角为θ的绝缘斜面固定放置，斜面上水平虚线MN和PQ间有垂直于斜面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，MN、PQ之间的距离为d。质量为m、边长为L(L<d)、总电阻为R的正方形金属线框abcd放在MN上方的斜面上，线框与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，给线框一个沿斜面向下的瞬时冲量，线框在运动过程中ab边始终保持与MN平行，当cd边出磁场边界PQ时线框速度刚好减小到0。下列说法正确的是(　　) A．线框的初速度大小为 B．线框进出磁场过程安培力做功之比为3∶1 C．线框从进入到穿出磁场的过程产生的热量为 D．保持初速度不变，增大磁场的宽度d，线框cd边不可能穿出磁场 答案　B 解析　由于μ＝tan θ，因此线框在斜面上运动过程中受到的滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，设线框运动的初速度为v0，根据动量定理和题述有－2BL＝－mv0，解得v0＝，A错误；设线框完全进入磁场时的速度大小为v，结合上述分析有－BL＝mv－mv0，解得v＝v0，根据能量守恒定律可知，进磁场时安培力做的功为W1＝m(v0)2－mv02，出磁场时安培力做的功为W2＝－m(v0)2，则W1∶W2＝3∶1，B正确；由能量守恒定律可知，线框从进入到穿出磁场过程中产生的热量为Q＝mv02＋mgsin θ·(d＋L)＝＋mg(L＋d)sin θ，C错误；保持初速度不变，增大磁场的宽度d，由于线框完全在磁场中时做匀速直线运动，进、出磁场时受力不变，因此线框仍然刚好穿出磁场，D错误。 5.(2023·辽宁卷·10改编)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是(　　) A．弹簧伸展过程中，回路中产生逆时针方向的电流 B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为 答案　C 解析　弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A错误；任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m, PQ速率为v时，则有2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路中的感应电流I＝＝，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝，选项B错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1＝2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN向左移动x1＝，PQ向右移动x2＝，则q＝Δt＝＝＝，选项D错误。 6．(2023·江苏常州市前黄高级中学模拟)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置。现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小； (2)由图中信息计算0～1 s内，通过电阻R的电荷量q和金属棒滑过的位移x。 答案　(1)b端　5 N　(2)0.755 C　0.755 m 解析　(1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高。 当金属棒匀速运动时，由平衡条件得 F＝mgsin 37°＋F安， 其中F安＝BIL＝， 由题图乙可知v＝1.0 m/s， 联立解得F＝5 N。 (2)0～1 s内，金属棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有(F－mgsin 37°)t－BLt＝mv1－0 又q＝t，由题图乙可知v1＝0.98 m/s， 代入数据解得q＝0.755 C， 由q＝t＝t＝＝， 得x＝0.755 m。 7.(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3m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，碰撞时间很短。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。 答案　(1)v0　(2)mv02　(3) 解析　(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 3mv0＝3mvQ＋mvP ×3mv02＝×3mvQ2＋mvP2 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)根据能量守恒定律有mvP2＝mvP′2＋Q 解得Q＝mv02 (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＝＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$