58第十二单元 专题强化15　动量观点在电磁感应中的应用-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教浙江专版）

课时提升训练(58)　动量观点在电磁感应中的应用 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 1．如图所示，一段金属导线弯成“∩”形，导线下端分别插在两个水银槽内，通过开关S与电源连接，在S接通瞬间，金属导线便从水银槽里跳起，上升的高度为h1，改变电源的输出电压，重复上述操作，金属导线上升的高度为h2，若通电时导线所受重力的影响忽略不计，则先后两次通过金属导线的电荷量之比为 (　　) A．∶ B．h1∶h2 C．h2∶h1 D．h12∶h22 A　解析：设通电时间为Δt，F为Δt时间内的平均作用力，I为平均电流，根据动量定理可得FΔt＝mΔv，根据(Δv)2＝2gh，又F＝BIL，Q＝IΔt，解得Q＝，则先后两次通过金属导线的电荷量之比为Q1∶Q2＝∶，A正确。 2．如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场。现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小 (　　) A．大于 B．等于 C．小于 D．以上均有可能 B　解析：通过线圈横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程有－Bat＝mv－mv0，线圈离开磁场过程有－Bat＝0－mv，由于q＝t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝，B正确。 3．(2024·台州二模)某中学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的两根平行“L”形金属导轨由足够长的竖直部分和水平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。水平的导体棒ab与竖直导轨始终良好接触并通过轻质细线绕过轻质滑轮连接重物M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量为m，重物M质量为3m，竖直导轨间距为d。重力加速度为g，电源电动势E＝，内阻为R，导体棒与定值电阻的阻值均为R。 (1)把开关S接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升，求： ①通过导体棒的电流方向； ②导体棒匀速上升时的速度v1； ③此过程导体棒上升的高度h； (2)把开关S接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t′下落高度h′时恰好开始匀速下落，求此过程中回路产生的总焦耳热。 答案：见解析 解析：(1)①导体棒向上运动，根据右手定则可知，通过导体棒的电流方向由a到b。 ②导体棒匀速上升时，感应电流为I＝ 由平衡条件有BId＋mg＝3mg 得v1＝。 ③根据动量定理有(3mg－mg)t－Bd·t＝4mv1 通过导体棒的电荷量q＝·t＝t＝ 得h＝－。 (2)开关S接2，导体棒匀速运动时的电流为 I′＝ 由平衡条件得BI′d＝3mg－mg 得v2＝ 根据动量定理有Bdt′－(3mg－mg)t′＝4mv2 得q′＝t′＝＋ 由能量守恒有Eq′＝×4mv22＋(3mg－mg)h′＋Q 得Q＝－2mgh′。 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 4．(多选)如图所示，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向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像可能正确的是 (　　) AC　解析：导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流(向下看为逆时针)，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大，两导体棒之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，两导体棒所受安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，故ab棒做加速度逐渐减小的减速运动，cd棒做加速度逐渐减小的加速运动，如图所示，当两导体棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两导体棒在导轨上以共同速度做匀速运动，两导体棒在导轨上运动时，不受外力作用，系统的动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝，A、C正确，B、D错误。 5．(多选)如图所示，一个质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一根长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则 (　　) A．刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→M B．导体棒的最大速度为 C．通过导体棒的电荷量为 D．导体棒产生的焦耳热为mv02 AC　解析：金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，A正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v＝v0，B错误；对导体棒根据动量定理可得BLΔt＝mv－0，其中Δt＝q，可得通过导体棒的电荷量q＝，C正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热Q＝×2mv02－×3mv2＝mv02，D错误。 6．(多选)如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平面内且间距为L的平行金属导轨(导轨足够长，电阻不计)；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上(导体棒与金属导轨接触良好)，t＝0时，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法正确的是 (　　) A．当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0 B．当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为 C．从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒ab产生的焦耳热为mv02 D．cd棒的收尾速度大小为v0 CD　解析：由于两棒组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，A错误；当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有E＝BL·2v0，I＝，F＝ILB，联立解得F＝，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小a＝＝，B错误；从初始时刻到其中某根棒速度为零的过程中，两根导体棒上产生的焦耳热Q总＝mv02＋m(3v0)2－m(2v0)2＝3mv02，则导体棒ab产生的焦耳热Q＝Q总＝mv02，C正确；cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有m·3v0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，D正确。 7．(2025·宁波镇海中学月考)如图1所示为永磁式径向电磁阻尼器，主要由永磁体、定子、驱动轴和转子组成，永磁体安装在转子上，驱动轴驱动转子转动，定子上的线圈切割“旋转磁场”产生感应电流，从而产生制动力。如图2所示，单个永磁体的质量为m、长为L1、宽为L2(宽度相对于所在处的圆周长度小得多，可近似为一段小圆弧)、厚度很小可忽略不计，永磁体的间距为L2，永磁体在转子圆周上均匀分布，相邻磁体磁极安装方向相反，靠近磁体表面处的磁场可视为匀强磁场，方向垂直表面向上或向下，磁感应强度大小为B，相邻磁体间的磁场互不影响。定子的圆周上固定着多组金属线圈，每组线圈有两个矩形线圈组成，连接方式如图2所示，每个矩形线圈的匝数为N、电阻为R，长为L1，宽为L2，线圈的间距为L2。转子半径为r，转轴及转子质量不计，定子和转子之间的缝隙忽略不计。 (1)当转子角速度为ω时，求流过每组线圈电流I的大小； (2)若转子的初始角速度为ω0，求转子转过的最大角度θm； (3)若在外力作用下转子加速，转子角速度ω随转过的角度θ的图像如图3所示，求转过θ1过程中外力做的功W外。 答案：(1)　(2)　(3)＋ 解析：(1)当转子角速度为ω时，线圈产生的感应电动势E＝2NBL1ωr 所以感应电流I＝＝。 (2)线圈所受安培力F＝2NBIL1＝ 根据动量定理可得－Δt＝2mΔv 可得θm＝ω0Δt＝。 (3)一组磁铁在转过Δθ过程中克服安培力做功 ΔW＝FrΔθ＝Δθ 根据题图3中，图像的面积可获得一组磁铁转过θ1过程中克服安培力做功 W＝ 所有磁铁转过θ1过程中克服安培力做功 W总＝n1W＝W＝ 所有磁铁转过θ1过程中动能的增加量 ΔEk＝n2m(ω1r)2＝×m(ω1r)2＝ 转过θ1过程中外力做的功 W外＝ΔEk＋W总＝＋。 学科网（北京）股份有限公司 $$