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（苏京）

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或位移x和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、求电荷量、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·江苏省盐城中学第三次模拟)如图所示，间距为L＝1 m的足够长的水平导轨右端接有R＝1 Ω的定值电阻。虚线OO′与导轨垂直，其左侧有方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝1 T的匀强磁场。一质量m＝0.9 kg的金属棒垂直于导轨放置在距OO′右侧d＝2 m处，一重物通过绕过轻质定滑轮的绝缘轻绳与金属棒连接。t＝0时，将金属棒由静止释放，在t1＝2 s时，金属棒恰好经过OO′边界进入磁场。已知导轨足够长，不计导轨与金属棒电阻，金属棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，重物始终未落地，重力加速度g取10 m/s2，不计一切摩擦，求： (1)金属棒进入磁场前的加速度大小a及重物的质量M； (2)金属棒刚进入磁场时，电阻的热功率P； (3)t2＝3 s时金属棒速度为v＝1.37 m/s，求此时金属棒与OO′的距离x。 答案　(1)1 m/s2　0.1 kg　(2)4 W　(3)1.63 m 解析　(1)0～t1时间内，根据运动学公式得 d＝at12，解得a＝1 m/s2 对重物及金属棒整体分析，根据牛顿第二定律得Mg＝(M＋m)a，解得M＝0.1 kg (2)t1时刻，金属棒速度为v1＝at1＝2 m/s，金属棒刚进入磁场产生的电动势为E1＝BLv1＝2 V 感应电流为I1＝＝2 A 电阻的热功率为P＝I12R＝4 W (3)t2＝3 s时金属棒速度为v＝1.37 m/s，对重物及金属棒整体分析，根据动量定理可得 Mg(t2－t1)－BLΔt＝(M＋m)v－(M＋m)v1 又q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝ 联立解得此时金属棒与OO′的距离为x＝1.63 m。 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)gt0sin θ＋　 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 由棒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，在达到共速时对棒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＋ ＝gt0sin θ＋，＝ 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.(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，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．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，此时三根导体棒均在磁场中，且导体棒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)磁场的磁感应强度大小和撤去拉力时导体棒a的速度大小； (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穿出磁场时的速度大小和轻杆对导体棒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)设撤去拉力后导体棒达到稳定状态时速度为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，则有 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.如图所示，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，下列说法错误的是(　　) 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　C 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·江苏南通市期末)如图所示，光滑平行导轨MN、PQ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)从开始运动到稳定状态，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)以J棒为研究对象，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· 江苏省前黄高级中学考前攀登行动(一))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。 4．(2023·江苏南京市第二十九中学检测)如图甲所示为某发电机的简化示意图。金属杆O1O2固定在竖直轴OO′上，两相同的金属圆环水平固定，圆心分别与O1、O2重合。金属杆A1A2、B1B2、C1C2、D1D2通过绝缘轻质杆A1C1、A2C2、B1D1、B2D2固连在一起，B1D1⊥A1C1、B2D2⊥A2C2，组成“十字形结构(俯视)”，可绕轴OO′无阻力自由转动(不能上下移动)，转动时与两金属圆环接触紧密但无摩擦。在甲图的四分之一扇环形柱状区域内存在辐向磁场，四根金属杆分别转至该区域时杆所在位置的磁感应强度大小相等，均为B，方向沿圆柱半径向外，其他区域的磁场忽略不计，俯视图如图乙所示。设A1C1＝A2C2＝B1D1＝B2D2＝A1A2＝B1B2＝C1C2＝D1D2＝L，金属杆A1A2、B1B2、C1C2、D1D2的质量均为m，电阻均为r，其余部分的电阻不予考虑。现让“十字形结构”逆时针旋转，试解决下列问题： (1)当C1C2杆刚进入磁场区域时，“十字形结构”的角速度为ω，判断此时A1A2杆中的电流方向，计算C1、C2两点间的电势差U12； (2)若维持“十字形结构”以角速度ω匀速旋转，求每转一圈，C1C2所产生的焦耳热Q； (3)若给予“十字形结构”初始角速度ω0，“十字形结构”到停下共转了多少圈？ 答案　(1)从A2到A1　－ (2) (3) 解析　(1)A1A2杆电流由A2到A1，感应电动势为E＝BL 则U12＝－×r＝－ (2)根据P1＝()2×r＝ P2＝(×)2×r＝ 联立可得Q＝P1××＋P2××＝ (3)设共转了k圈，根据动量定理，则 －∑BLΔt＝0－4m×ω0× ∑vΔt＝2π××k 解得k＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$