16 专题四 第16课时 动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课)（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与讲义

第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 【备考指南】　 1．重视电磁感应与电路、牛顿运动定律、动量、能量相结合的综合性题型的训练，建构单杆切割中q、x、t的关系模型、双杆模型，培养学生模型建构能力。 2．关注电磁感应与力学三大规律的综合考查，尤其是动量定理、动量守恒定律的综合应用。 3．强化学生综合能力训练，让学生掌握各种典型问题的解决方法，提高考生推理论证能力。 进阶点一　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) [典例1]　[单棒问题](多选)(2024·贵州卷)如图所示，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则(　　) A．加速过程中通过金属棒的电荷量为 B．金属棒加速的时间为 C．加速过程中拉力的最大值为 D．加速过程中拉力做的功为mv2 AB　[设加速阶段的位移与减速阶段的位移相等为x，根据q＝Δt＝Δt＝·Δt＝，可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，则减速过程由动量定理可得－BLΔt＝－BLq＝0－mv，解得q＝，A正确；由q＝，解得x＝，金属棒加速的过程中，由位移公式可得x＝vt，可得加速时间为t＝，B正确；金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得Fm－BL＝ma，其中v＝at，联立解得Fm＝，C错误；加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合力的功WF－W安＝mv2，可得WF＝W安＋mv2，因此加速过程中拉力做的功大于mv2，D错误。故选AB。] [典例2]　[线框模型](2025·福建卷)光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，由同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框边长。线框从某一位置释放，从cd边进入Ⅰ区域到ab边离开Ⅰ区域的过程中速度均为v，cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致，则：(重力加速度为g) (1)求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离； (2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差； (3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。 [解析]　(1)解法一：线框从释放到cd边进入Ⅰ区域，由动能定理有mgs1sin θ＝mv2， 解得线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为s1＝。 解法二：线框从释放到cd边进入Ⅰ区域做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知该过程线框的加速度为a1＝g sin θ＝g， 则线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为s1＝＝。 (2)由题意可知，线框穿过Ⅰ区域做匀速直线运动，则线框的边长为L1，结合安培力公式和力的平衡条件有mg sin θ＝BI1L1， 由法拉第电磁感应定律可知E＝BL1v， 又I1＝， 则此时cd两端的电势差为Ucd＝I1·R＝。 (3)线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程，由动能定理有mg(L1＋L2)sin θ－W＝0， 由动量定理有mgt sin θ－Δt＝0， 其中Δt＝＝， 当L1＜L2时，Δx＝2L1；当L1＞L2时，Δx＝2L2；当L1＝L2时，分析可知cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致，故不存在此种情况 联立解得该过程的运动时间为t＝ 由(2)分析得B2＝ 则该过程克服安培力做功的平均功率为 ＝＝或。 [答案]　(1)　(2)　(3)见解析 进阶点二　用动量观点处理电磁感应中的双棒模型 双棒模型 模型 过程分析 规律 无外力等距式 (导轨光滑) 棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，稳定时，两棒的加速度均为零，以相同的速度匀速运动。系统动量守恒，对其中某棒使用动量定理 1．电流大小：I＝＝ 2．稳定条件：两棒达到共同速度 3．动量关系：m2v0＝(m1＋m2)v共 4．能量关系：＝＋Q；＝ 有外力等距式 (导轨光滑) a2减小，a1增大，当a2＝a1时二者一起匀加速运动，存在稳定的速度差 1．电流大小：I＝ 2．力学关系：a1＝；a2＝。(任意时刻两棒加速度) 3．稳定条件：当a2＝a1时，v2－v1恒定；I恒定；FA恒定；两棒一起匀加速运动 4．稳定时的物理关系： F＝(m1＋m2)a； FA＝m1a；FA＝BIl＝Bl； v2－v1＝ 无外力不等距式 (导轨光滑) 棒1做变减速运动，棒2做变加速运动，稳定时，两棒的加速度均为零，两棒以不同的速度做匀速运动，所围的面积不变。v1L1＝v2L2 1．动量关系： －BL1Δt＝m1v1－m1v0； BL2Δt＝m2v2－0 2．稳定条件：BL1v1＝BL2v2 3．最终速度： v1＝v0； v2＝v0 4．能量关系： Q＝ 5．电荷量关系： BL2q＝m2v2－0 [典例3]　[等间距双棒模型](2024·江西卷)如图(a)所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sin θ1＝0.6，摩擦因数μ1＝，足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sin θ2＝0.8，摩擦因数μ2＝。现将质量为m甲＝6 kg的导体杆甲从斜面上高h＝4 m处由静止释放，质量为m乙＝2 kg的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d。已知导轨间距为l＝2 m，两杆电阻均为R＝1 Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g＝10 m/s2，求： (1)甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度； (2)乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件； (3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图(b)所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量)，乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0～t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。 [解析]　(1)甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有 m甲gh－μ1m甲g cos θ1·＝m甲 甲刚进入磁场时有E0 ＝ Blv0 则根据欧姆定律可知I0＝ 根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右 由牛顿第二定律有BI0l＝m乙a乙0，代入数据有a乙0＝2 m/s2，方向水平向右。 (2)甲和乙系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有m甲v0＝(m甲＋m乙)v共 对乙根据动量定理有Blt＝m2v共 其中t＝q＝ 联立解得dmin ＝Δx＝24 m 则d满足d≥24 m。 (3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx＝24 m，且稳定时的速度v共＝6 m/s 乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中 根据牛顿第二定律有m乙g sin θ2＋μ2m乙g cos θ2 ＝m乙a乙上 根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a乙上x上＝ 乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中 根据牛顿第二定律有 m乙g sin θ2－μ2m乙g cos θ2＝m乙a乙下 再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a乙下x下＝且x上 ＝ x下 联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度v1＝5 m/s 甲、乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有 (m甲＋m乙)g sin θ2＋μ2(m甲＋m乙)g cos θ2＝(m甲＋m乙)a共上 同理有2a共上x共上＝v2且由题图(b)可知x上＝4.84x共上 解得甲、乙碰撞后的速度v＝ m/s 根据动量守恒有 m甲v2－m乙v1＝(m甲＋m乙)v 解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为v2＝ m/s 若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d的最小值，对甲根据动量定理有－BlΔt1＝m甲v2－m甲v共 其中Δt1＝q1＝ 解得Δx1＝ m 根据位移关系有dmin′－Δx ＝Δx1 解得d′min＝ m 这是t2＝t3的极限情况，由题图(b)知不能取等号 若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有BlΔt2＝m乙v＋m乙v1 其中Δt2＝q2＝，解得Δx2＝ m 根据位移关系有dmax－Δx－Δx1＝Δx2 解得dmax＝ m 则d的取值范围为 m<d≤ m。 [答案]　(1)2 m/s2，方向水平向右　(2)d≥24 m　(3) m<d≤ m 1．[线框模型](2025·陕晋青宁卷)如图所示，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则(　　) A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1 C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 D　[根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1＝BI1L，I1＝，乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2＝BI2L，I2＝，可知＝2，故B错误；假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有－BLΔt＝mv1－mv0，q1＝Δt＝·Δt＝＝，同理对乙有－BLΔt′＝mv2－mv0，q2＝Δt′＝·Δt′＝＝，解得v1＝0，v2＝v0＝，故甲恰好完全出磁场区域、乙完全出磁场区域时，速度大小不为0；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1＝，Q2＝－m＝，即＝，故C错误，D正确。故选D。] 2．[单杆模型](2025·安徽卷)如图所示，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触)，不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求： (1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率； (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量； (3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。 [解析]　(1)第1根导体棒刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得其产生的电动势为E＝BLv0 回路中的感应电流I＝ 此时第1根导体棒所受的安培力为F安＝BLI 安培力的功率P安＝F安v0 联立解得P安＝。 (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，设流过其的平均电流为t 则对第2根导体棒由动量定理有－BLt＝0－mv0 联立解得q＝。 (3)根据能量守恒定律可知，每一根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，其初动能均转化为回路中产生的总热量，则 第1根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为Q1＝＝ 第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为Q2＝＝ 第3根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为Q3＝＝ 依次类推，第n根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为Qn＝＝(n＝1，2，3，…) 所以定值电阻R上产生的总热量Q总＝Q1＋Q2＋Q3＋…＋Qn＝(n＝1，2，3，…) 解得Q总＝(n＝1，2，3，…)。 [答案]　　(2)(n＝1，2，3，…) 11/15 学科网（北京）股份有限公司 $