专题突破2 培优点3 动量观点在电磁感应中的应用-【步步高】2024年新高考物理考前三个月（津鲁琼辽鄂渝粤冀湘闽黑吉晋皖云）

培优点3　动量观点在电磁感应中的应用 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。 若导体杆的有效长度L、质量m、磁感应强度B已知， 1．求电荷量：q－Δv建立联系 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt，即－BqL＝mv2－mv1 2．求位移：x－Δv建立联系 －＝mv2－mv1，x＝Δt，即－＝mv2－mv1 3．求时间(有恒力参与)：Δt—q—Δv建立联系 －BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1 或－＋F其他Δt＝mv2－mv1， 即－＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q、位移x、F其他(F其他为恒力) 二、动量守恒定律在电磁感应中的应用 在等大的匀强磁场中有效长度相等的双棒模型，系统受到合外力为零，常用动量守恒求解速度关系。常见的问题：求热量、求电量、求相对位移。 解题策略：用动量守恒求出达到共速时的速度，根据能量守恒定律算出产生的热量，对其中一个棒进行分析，通过动量定理可以得出通过电路的电荷量，进一步求出两棒位移的变化量。 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 1．(2023·云南师大附中高三月考)如图，光滑绝缘的水平桌面上存在如图所示的足够大的等间距匀强磁场区域，磁感应强度B＝1 T，磁场边界间距为L＝0.5 m；一个质量m＝0.2 kg，电阻R＝3 Ω，边长也为L的正方形导线框，以初速度v＝1 m/s进入该区域，则该线框能穿过的磁场区域个数为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 答案　A 解析　正方形导线框，以初速度v＝1 m/s进入该区域，从导线框进入该区域到最终停下来过程，根据动量定理得 －BL·Δt＝－·Δt＝－x＝0－mv 解得线框在磁场中运动的距离为 x＝＝2.4 m 由于线框进出磁场都受到安培力作用，线框在磁场中做减速运动，则减速到停下时穿过磁场边界的个数为 n＝＝＝2.4 则该线框能穿过的磁场区域个数为2。 故选A。 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由牛顿第二定律可得 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 θ·t0－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 θ·t0＋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 ＝＝ 联立解得Δx＝＝。 1．本题虽为同一磁场中等宽双棒问题，但由于双棒放置在光滑斜面上，系统所受的合外力不为零，故系统的动量不守恒。 2．双棒模型中，其中一棒静止时双棒模型简化为单棒模型。 3．求解两棒的共同速度，应分别对双棒应用动量定理列方程联立求解。 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 3.(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(　　) 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 答案　AC 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2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路的感应电流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，可得则最终MN位置向左移动x1＝，PQ位置向右移动x2＝，因任意时刻两棒所受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒所受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理对两棒分别有F弹x1－F安xMN＝0，F弹x2－F安xPQ＝0，可得＝＝，选项C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左移动，PQ向右移动，则q＝Δt＝＝＝，选项D错误。 1．本题虽为不等宽双棒问题，但两棒的长度与磁感应强度的乘积相等，系统所受的合外力为零，故两棒满足动量守恒。 2．两棒均切割磁感线，故本题为“双电源”问题。 3．因系统动量守恒且系统初动量为零，两棒的位移大小关系符合人船模型的特点。 4．(2023·甘肃张掖市第四次模拟)在绝缘水平面上固定有两光滑平行金属导轨，如图(a)所示。虚线MN左侧存在着竖直向下的匀强磁场，导体棒a、b、c垂直静止在导轨上且接触良好，导体棒b、c用轻质绝缘杆相连，三根导体棒的长度以及导轨宽度均为L＝0.6 m。现固定导体棒b、c，对导体棒a施加一个与其垂直的力F，使导体棒a做匀加速直线运动，F随导体棒a速度v的变化图像如图(b)所示，经时间t＝3 s撤去拉力，同时释放导体棒b、c，经过一段时间三根导体棒运动状态达到稳定，此时导体棒a、b间的距离x＝1 m。已知三根导体棒质量相同，均为m＝0.1 kg，电阻相同，均为r＝0.2 Ω，其余电阻不计。求： (1)磁场的磁感应强度和撤去拉力时导体棒a的速度； (2)从撤去F到运动状态达到稳定过程中导体棒a上产生的焦耳热； (3)导体棒b穿出磁场时的速度和轻杆对导体棒b拉力的大小。 答案　(1)0.5 T　6 m/s　(2)0.8 J　(3)0.5 m/s　0.075 N 解析　(1)设导体棒a任意时刻速度为v，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv 电流I＝ 根据牛顿第二定律有F－BIL＝ma′ 整理得F＝ma′＋ 结合题图(b)有0.2 N＝ma′ ＝ 解得a′＝2 m/s2 B＝0.5 T 则t＝3 s撤去拉力F时导体棒a的速度 v1＝a′t＝6 m/s (2)设导体棒撤去拉力后达到的稳定状态时速度为v2，根据动量守恒定律有 mv1＝3mv2 解得v2＝2 m/s 设导体棒a上产生的焦耳热为Q，根据功能关系有 mv12－×3mv22＝Q 解得Q＝0.8 J (3)把导体棒b、c看成一根棒，设导体棒b穿出磁场时速度为v3，a穿出磁场后，在任意极短时间Δt内，对导体棒b、c根据动量定理有 ·Δt＝2mΔv 对从a穿出磁场到b穿出磁场整个过程有 x＝2mv2－2mv3 解得v3＝0.5 m/s 此时导体棒c切割磁感线产生的电动势 Ec＝BLv3 电流Ic＝ 对导体棒b、c整体有BIcL＝2ma″ 轻杆对导体棒b的拉力 F′＝ma″ 解得F′＝0.075 N。 1.(多选)如图所示，光滑绝缘水平面上有两个相邻但互不影响的有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，磁场方向均垂直于水平面，磁感应强度大小相等、方向相反，磁场宽度均为L＝0.18 m。一边长也为L的正方形闭合导线框，从磁场外以速度v0＝2 m/s进入磁场，当ab边刚进入磁场Ⅰ时施加向右的水平恒力F＝2 N，ab边进入磁场Ⅰ的过程线框做匀速运动，进入磁场Ⅱ区域到达某位置后线框又做匀速运动。已知线框的质量m＝0.2 kg，下列说法正确的是(　　) A．ab边刚进入磁场Ⅱ时的加速度大小为30 m/s2 B．线框第二次匀速运动的速度大小为0.5 m/s C．ab边在磁场Ⅱ中运动时间为0.3 s D．ab边在磁场Ⅰ、Ⅱ运动过程整个线框产生的内能为1.095 J 答案　ABD 解析　ab边进入磁场Ⅰ的过程线框做匀速运动，则有E＝BLv0，I＝，F安＝BIL，F安＝F，ab边刚进入磁场Ⅱ时，有E′＝2BLv0＝2E，I′＝＝2I，F安′＝2BI′L＝4F安＝4F 根据牛顿第二定律可得a＝＝＝ m/s2＝30 m/s2，A正确； 设线框第二次匀速运动的速度大小为v2，则有E2＝2BLv2，I2＝，F安2＝2BI2L，F安2＝F 联立解得v2＝＝0.5 m/s，B正确； 设ab边在磁场Ⅱ中运动时间为t，根据动量定理可得Ft－2B2L·t＝Ft－2BLq＝mv2－mv0 又q＝＝ 联立解得Ft－4L＝mv2－mv0 ab边在磁场Ⅰ中做匀速运动时有F安＝＝F 联立解得t＝0.21 s，C错误； 设ab边在磁场Ⅰ、Ⅱ运动过程整个线框产生的内能为Q，根据功能关系可得 F·2L－Q＝mv22－mv02 解得Q＝1.095 J，D正确。 2．(2023·江苏南通市高三期末)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，有效电阻均为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v0，两棒直到运动稳定都没有发生碰撞，求： (1)全过程中两棒产生的焦耳热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，取水平向右为正方向，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＝。 3．(2023·新课标卷·26)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。 (1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小； (2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。 答案　(1)　(2) 解析　(1)金属框进入磁场的过程， 根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv 感应电流I＝ 金属框右边框所受的安培力大小F安＝BIL 安培力的冲量大小 IF＝∑BIL·Δt＝∑·Δt 又∑v·Δt＝L，解得IF＝ 金属框完全进入磁场到即将离开磁场的过程中，左右两边产生的感应电动势相互抵消，无感应电流产生，不受安培力作用 根据金属框进入磁场的情况可知，金属框出磁场时同样有IF＝ 根据动量定理可得－2IF＝m－mv0 解得v0＝ (2)金属框进入磁场过程，由于金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好， 所以金属框的上、下边框被短路，作出等效电路如图甲所示。 设金属框速度大小为v1， 根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv1 感应电流I＝＝ 设金属框完全进入磁场时速度大小为v2， 由动量定理可得－∑BIL·Δt＝mv2－mv0 又∑v1·Δt＝L 解得v2＝ 由能量守恒定律可得，此过程中电路中产生的总热量Q总1＝mv02－mv22 由并联电路电流规律和Q＝I2Rt可知，R1上产生的热量 Q1＝Q总1＝ 金属框完全进入磁场后到右边框运动到磁场右边界时，等效电路如图乙所示。 通过R1的电流I1＝＝， 即通过左右边框的电流之和为 设金属框右边框刚要出磁场时速度大小为v3， 由动量定理可得－∑BI1L·Δt＝mv3－mv2 解得v3＝0，则右边框刚好不出磁场 由能量守恒定律可得，此过程中电路中产生的总热量Q总2＝mv22－mv32 R1上产生的热量Q2＝Q总2＝ 在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量为Q＝Q1＋Q2＝。 4．如图，单刀双掷开关S掷向“1”时电容为C的电容器与一可变电动势的直流电源相连，掷向“2”时该电容器与两根间距为L的光滑水平金属导轨M1M2P1P2、N1N2Q1Q2相连(M1处左侧有一小段光滑绝缘材料隔开且各部分平滑连接)。水平导轨存在两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，其中区域Ⅰ方向竖直向上，区域Ⅱ竖直向下，虚线间的宽度都为d，两区域相隔的距离足够大。有两根有效电阻均为R的金属棒a和b与导轨垂直放置，金属棒a质量为m，金属棒b质量为3m，b棒置于磁场Ⅱ的中间位置EF处，并用绝缘细线系住，细线能承受的最大拉力为F0。现将S掷向“1”，经足够时间后再掷向“2”，已知在a棒到达小段绝缘材料前已经匀速运动。 (1)当a棒滑过绝缘材料后，若要使b棒在导轨上保持静止，则电源电动势应小于某一值E0，求E0的大小； (2)若电源电动势小于E0，使a棒以速度v1(v1为已知量)滑过绝缘材料，求a棒通过虚线M1N1和M2N2的过程中，a棒产生的焦耳热； (3)若电源电动势大于E0，使a棒以速度v2(v2为已知量)滑过绝缘材料，从a棒刚好滑过绝缘材料开始计时，经过t0后滑过虚线M2N2位置，此时a棒的速度为，求t0时刻金属棒b的速度大小。 答案　(1) (2)(2v1－)　(3)v2 解析　(1)因为a棒滑过绝缘材料后做减速运动，所以只要a棒刚滑过绝缘材料时b棒不动，b就可以静止不动，此时绝缘细线恰好达到能承受的最大拉力。由题意得S掷向“1”，电容器充电后电压为U1，则有U1＝E0 S掷向“2”，a棒加速到匀速运动时，设a棒速度为v，电容器电压为U2，则有U2＝BLv a棒加速过程，根据动量定理有BLΔt＝mv 电容器放电q＝Δt 解得q＝C(U1－U2) a棒滑过绝缘材料后，回路电动势BLv＝2IR b棒BIL＝F0 联立解得E0＝ (2)电源电动势小于E0，则b棒保持静止。设a棒出磁场Ⅰ时的速度为v0，对a棒通过虚线区域M1N1M2N2过程中，根据动量定理得 －B1LΔt1＝mv0－mv1 电荷量q1＝1Δt1，1＝ 联立得v0＝v1－ 根据能量守恒，a棒产生的焦耳热 Qa＝Q总＝(mv12－mv2) 联立得Qa＝(2v1－) (3)电源电动势大于E0，a棒滑过绝缘材料后，瞬时细线被拉断，b棒开始运动。a棒通过虚线区域M1N1M2N2过程中，设b棒不能出磁场区域Ⅱ。经分析得：a、b两棒的动量变化量大小相等，则mv2－mv2＝3mvb，解得vb＝v2 因为>v2＝3vb，所以xb<d，又b棒初始时与P2Q2边的距离为d，即b棒不能出磁场区域Ⅱ，假设成立，则有vb＝v2。 学科网（北京）股份有限公司 $$