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

专题四　 电路与电磁感应 培优点7　动量观点在电磁感应中的应用 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。 目标要求 内容索引 考点一 考点二 高考预测 动量定理在电磁感应中的应用 动量守恒定律在电磁感应中的应用 专题强化练 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 位移 时间 即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1， 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力) 　(多选)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 例1 √ √ 　(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； 例2 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 棒a受力平衡可得mgsin θ＝BIL (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； 答案　2gsin θ 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由牛顿第二定律可得 mgsin θ＋BIL＝ma0 解得a0＝2gsin θ (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。 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 棒b受沿导轨平面向下的安培力，对b棒由动量定理有 由法拉第电磁感应定律可得 考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用 16 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 　(多选)(2023·湖南邵阳市二模)如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计，导轨间距为L。质量均为m、接入导轨之间电阻均为R的金属棒b和c，静止放在水平导轨上且与导轨垂直。图中虚线de右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量也为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨，从离水平导轨高为h处由静止释放。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g。以下说法正确的是 例3 √ √ 解题指导 关键表述解读 倾斜光滑导轨，水平光滑导轨 无摩擦力 范围足够大 b、c棒可以达到终态，即最终以相同速度匀速运动 a、b质量为均为m，发生弹性碰撞 碰后瞬间交换速度 推理论证依据 (1)动能定理 (2)动量定理、动量守恒定律 (3)切割电动势E＝BLv (4)能量守恒定律 b进入磁场后，切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力而减速，c受到向右的安培力而加速，系统合外力为零，取水平向右为正方向，由动量守恒定律知mv0＝mvb＋mvc 高考预测 26 1.(多选)如图所示，在水平桌面上固定两条足够长的相距L＝1.0 m的平行光滑金属导轨，导轨的左侧连接阻值R＝3.0 Ω的电阻，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆的质量m＝0.1 kg，接入电路的电阻r＝2.0 Ω，整个空间存在磁感应强度大小B＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场。初始时刻金属杆在水平向右的恒力F的作用下，向右做速度v＝4 m/s的匀速直线运动，经1.5 s后撤去恒力F。整个运动过程中金属杆P始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则从初始时刻到金属杆停止运动的过程中 A.电阻R上产生的热量为1.0 J B.电阻R上产生的热量为1.2 J C.金属杆向右运动的位移为14 m D.金属杆向右运动的位移为16 m 1 2 √ √ 1 2 根据金属杆受力平衡得F＝F安，代入数据解得F＝0.2 N，前1.5 s内金属杆运动的位移为x1＝vt＝6 m，水平恒力F做的功W＝Fx1＝1.2 J，从初始时刻到金属杆停止运动的过程中， 其中Qr∶QR＝r∶R＝2∶3，代入数据解得QR＝1.2 J，故A错误，B正确； 从初始时刻到金属杆停止运动的过程中，金属杆向右运动的位移x＝x1＋x2＝14 m，故C正确，D错误。 1 2 2.(2023·河北统考二模)如图所示，有足够长的光滑水平导轨CD、C′D′和EF、E′F′，各段导轨均平行，左侧部分间距为0.5 m，右侧部分间距为1 m，两部分导轨间有磁感应强度大小为B＝10 T，方向垂直导轨平面且相反的匀强磁场。有两根相同的金属棒a、b，质量均为2 kg且分布 1 2 均匀，电阻与棒长成正比。将金属棒a、b分别垂直放在左、右两部分导轨上，开始时a棒位于图中DD′位置，b棒位于EE′位置。b棒用足够长的绝缘细线绕过光滑定滑轮和一物块c相连。 物块c的质量为3 kg，c开始时距地面的高度为h＝8.55 m。物块c由静止开始下落(不计空气阻力)，触地后不反弹。物块c触地时a、b两棒速率之比1∶3，物块c下落过程中b棒上产生的焦耳热为30 J，设两棒始终在磁场中运动，整个过程中导轨和金属棒接触良好，且导轨电阻不计，g＝10 m/s2。求： 1 2 (1)物块c触地时，b棒的速度大小； 1 2 答案　9 m/s　 解得va＝3 m/s，vb＝9 m/s (2)从b棒开始运动到c落地的过程中通过棒的电荷量； 1 2 答案　1.2 C 解得q＝1.2 C (3)从物块c触地后开始，到两棒匀速运动过程中系统产生的热量。 1 2 答案　45 J 1 2 物块c触地后，a棒向左做加速运动，b棒向右做减速运动，最终两棒匀速时回路中的电流为零，即两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，即BLva′＝B·2Lvb′ 联立解得va′＝6 m/s，vb′＝3 m/s 解得Q＝45 J。 专题强化练 36 1 2 3 4 5 6 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 √ 1 2 3 4 5 6 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， 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， 1 2 3 4 5 6 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； 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q－t的图像斜率也应该是减小，故B错误； 1 2 3 4 5 6 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。 1 2 3 4 5 6 2.(多选)(2023·贵州校联考模拟预测)如图所示，绝缘水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距离为L，金属导轨左侧接有两个定值电阻R1＝2R和R2＝3R，金属杆ab垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，金属导轨电阻忽略不计。现给金属杆ab水平向右的初速度v0，使金属杆向右运动，金属杆向右运动过程中始终与金属导轨垂直且接触良好。则下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 √ √ 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 根据A分析可知，ab杆从开始运动到静止，由动量定理有BLq′＝mv0， 根据题意，由左手定则可知，ab杆受的 安培力与运动方向相反，ab杆做减速运 动，感应电动势减小，安培力减小，加速度减小，则ab杆做加速度减小的减速运动，故D错误。 1 2 3 4 5 6 3.(多选)(2023·重庆市二模)如图，光滑平行轨道abcd的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，轨道Ⅰ部分两轨道间距为L，轨道Ⅱ部分两轨道间距为 ，将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段，且与轨道垂直。P、Q棒接入电路电阻均为r，轨道电阻不计。Q棒静止，让P棒从圆弧最高点由静止释放，当P棒仍在轨道Ⅰ部分运动时，Q棒已达到稳定运动状态。已知重力加速度为g。下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 √ √ 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 从P棒进入轨道Ⅱ运动后，两棒速度再次稳定时，速度相同，设稳定速度为v，由动量守恒定律得mvP＋mvQ＝2mv， 1 2 3 4 5 6 4.(多选)(2023·辽宁卷·10)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 1 2 3 4 5 6 √ √ 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正确； 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， 1 2 3 4 5 6 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； 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 5.(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 2 3 4 5 6 (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 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 1 2 3 4 5 6 (2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； 答案　mv02 解得Q＝mv02 (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 6.如图所示，有两光滑平行金属导轨，倾斜部分和水平部分平滑连接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不导电，导轨的间距L＝1 m，左侧接R＝1 Ω的定值电阻，右侧接电容C＝1 F的电容器，ABCD区域、EFGH区域均存在垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ABCD区域长s＝0.3 m。金属杆a、b的长度均为L＝1 m，质量均为m＝0.1 kg，a的电阻为r＝2 Ω，b的电阻不计。金属杆a从距导轨水平部分h＝0.45 m的高度处 由静止滑下，金属杆b静止在BEHC区域，金属杆b与金属杆a发生弹性碰撞后进入EFGH区域，最终稳定运动。求：(重力加速度g取10 m/s2) 1 2 3 4 5 6 (1)金属杆a刚进入ABCD区域时通过电阻R的 电流I； 答案　1 A 解得v1＝3 m/s 刚进入ABCD区域时E＝BLv1 联立解得I＝1 A 1 2 3 4 5 6 (2)金属杆a刚离开ABCD区域时的速度v2 的大小； 答案　2 m/s 金属杆a从进入ABCD区域到离开ABCD区域， 解得v2＝2 m/s 1 2 3 4 5 6 (3)金属杆b稳定运动时的速度v4的大小； 1 2 3 4 5 6 金属杆a、b碰撞过程中，有mv2＝mv2′＋mv3 解得v3＝2 m/s，v2′＝0 分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有 －BLq＝mv4－mv3 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 (4)整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热。 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt，即－BqL＝mv2－mv1 －＝0－mv0，即－＝0－mv0 －BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1， －＋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) 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－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。 答案　 I＝，F＝BIL 联立解得v0＝ 答案　gsin θ·t0＋　 ＝ mgsin θt0－BLt0＝mv－mv0 mgsin θt0＋BLt0＝mv 联立解得v＝gsin θ·t0＋＝gsin θ·t0＋， ＝＝ 联立可得Δx＝＝。 A.a与b碰后分离时b的速度大小为 B.当b进入磁场后速度大小为时，b的加速度大小变为初始加速度大小的 C.b产生的焦耳热为mgh D.b进入磁场后，b、c间距离增大了 绝缘棒a滑到水平导轨上的速度设为v0，由动能定理有mgh＝mv02 得v0＝ 绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰，质量相等，故碰后速度交换，a速度变为零，b获得v0的速度，故a与b碰后分离时b的速度大小为，A正确； 此时b的加速度大小为a2＝＝·＝，B正确； b刚进入磁场时，加速度为a1＝＝·＝＝ 将vb＝代入得vc＝ 此时回路的总电动势为E总＝Eb－Ec＝BL(vb－vc)＝BL 当b与c速度相等时，回路中无电流产生，b棒上停止生热，由动量守恒定律有mv0＝2mv，得v＝v0＝ 由能量守恒，设b棒上产生的焦耳热为Q，有mv02＝2Q＋×2mv2，知Q<mgh，C错误； b进入磁场后减速，c加速直至速度相同，二者间距缩小，设为Δx，对c由动量定理得BLΔt＝mv，又Δt＝Δt＝Δt＝＝，联立可得Δx＝，即b、c间距离减小了，D错误。 金属杆匀速运动时，所受安培力大小为F安＝BIL＝BL， 根据能量守恒定律得W＋mv2＝Qr＋QR， 所以撤去恒力F后，金属杆继续运动的位移为x2＝v＝8 m， 撤去恒力F后，金属杆的加速度满足－＝ma， 等式两边同时乘非常短的时间Δt，即－Δt＝maΔt， 整理得－Δx＝mΔv，则有x2＝mv， 设a、b棒的有效长度分别为L和2L，则接入电路的阻值分别为R和2R，流过两棒的电流相等，所以Qa＝Qb＝15 J 根据能量守恒定律有mcgh＝mva2＋(m＋mc)vb2＋Qa＋Qb，va∶vb＝1∶3 对a棒，根据动量定理有BL·Δt＝mva－0，q＝·Δt 根据能量守恒定律有Q＝mva2＋mvb2－mva′2－mvb′2 B′L·t＝mva′－mva，－B′·2L·t ＝mvb′－mvb 则感应电流I＝， 对ab棒，由动量定理有BLt＝mv0－mvab，则q＝t＝， 两导体棒的速度最终为v＝， A.ab杆速度由v0减到的过程，通过电阻R2的电荷量为 B.ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为 C.ab杆从开始运动到静止，通过的路程为 D.ab杆做匀减速直线运动直到静止 则有BLt＝mv0，即BLq＝mv0，解得q＝， 由并联分流原理可知，通过电阻R2的电荷量为q2＝q＝，故A正确； 根据题意可知，ab杆速度由v0减到的过程， 由动量定理有－BLt＝m·－mv0， R1和R2并联后的电阻为R外＝R， 由闭合电路欧姆定律有I＝＝， ab杆受到的安培力为F＝BIL＝， 则ab杆加速度大小为a＝＝，故B错误； 根据题意，ab杆速度减为时，感应电动势为E＝BLv0， 由E＝、I＝和q＝IΔt，可得q′＝＝，解得x＝，故C正确； A.P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为2mg B.Q棒第一次稳定运动时速度大小为 C.Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P棒的电荷量为 D.从P棒进入轨道Ⅱ运动到再次稳定过程中，P、Q棒中产生的总热量为mgR 根据牛顿第二定律得FN－mg＝，解得FN＝3mg，由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为3mg，故A错误； P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0， 根据机械能守恒定律得mgR＝mv02 Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得BLt＝mv0－mvP,B··t＝mvQ，又因q＝t，解得vP＝，vQ＝，q＝，故B错误，C正确； 设Q棒第一次稳定运动时的速度为vQ， P棒的速度为vP，则有BLvP＝B··vQ 由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为Q＝mvP2＋mvQ2－×2mv2，解得Q＝mgR，故D正确。 A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流 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 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； 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。 答案　v0 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 ×3mv02＝×3mvQ2＋mvP2 根据能量守恒有mvP2＝mvP′2＋Q 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＝＝。 P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得－BlΔt＝mvP′－mvP 答案　 又q＝Δt，＝＝＝ I＝ 金属杆a从开始运动到进入ABCD区域，由动能定理有mgh＝mv12 t＝t＝ 由动量定理有－BL·t＝mv2－mv1 答案　 m/s mv22＝mv2′2＋mv32 联立解得v4＝ m/s U＝＝BLv4 答案　 J 杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q＝(mv12－mv22)＝ J。 $$