第十二章 第5课时 专题强化：动量观点在电磁感应中的应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 苏京）

第5课时　专题强化：动量观点在电磁感应中的应用 目标要求　1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧，能识别几种应用动量定理的模型。2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题。 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。 1．“单棒＋电阻”模型 (1)水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻，阻值为R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨向下，导轨足够长且电阻不计，从导体棒开始运动至停下来。求： ①此过程中通过导体棒横截面的电荷量q＝； ②此过程导体棒的位移x＝； ③若导体棒从获得初速度v0经一段时间减速至v1，通过导体棒的电荷量为q1，则v1＝v0－； ④导体棒从获得初速度v0经过位移x0，速度减至v2，则v2＝v0－。 (2)间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨所在倾斜面向下(重力加速度为g，导轨电阻不计)。 ①当通过横截面的电荷量为q时，速度达到v1，此时运动时间Δt1＝ ②当导体棒下滑位移为x时，速度达到v2，此时运动时间Δt2＝ 例1　如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场。一质量为m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1＝0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m。通过计算可知(g取10 m/s2，不计空气阻力)(　　) A．导体棒进入磁场时的速度为3 m/s B．导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为2 J C．磁场的长度x1为2 m D．整个过程通过电阻R的电荷量为3 C 答案　C 解析　设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据动能定理有mgh1＝mv02，解得v0＝4 m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝gt2，联立代入数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝mv02－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3 J，故B错误；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有安t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立代入数据解得q＝2 C，x1＝2 m，故C正确，D错误。 2．不等间距的双棒模型 例2　(2023·江苏扬州中学月考)如图，光滑平行轨道abcd的水平部分处于竖直向上大小为B的匀强磁场中，bc段轨道宽度为L，bc段轨道宽度是cd段轨道宽度的2倍，bc段轨道和cd段轨道都足够长，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，且均与轨道垂直。P、Q棒电阻均为r，导轨电阻不计，Q棒静止，让P棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放，重力加速度为g，求： (1)P棒最终的速度大小； (2)整个过程中P棒产生的焦耳热。 答案　(1)　(2)mgh 解析　(1)设P棒滑至水平轨道瞬间的速度大小为v，对于P棒，下落h的过程中根据动能定理有mgh＝mv2 解得P棒刚进入磁场时的速度大小为v＝ 当P棒进入水平轨道后，切割磁感线产生感应电流。P棒受到安培力作用而减速，Q棒受到安培力作用而加速，Q棒运动后也将产生感应电动势，与P棒感应电动势反向，因此回路中的电流将减小，最终达到匀速运动时，回路的电流为零。最终P棒和Q棒产生的感应电动势大小EP＝EQ 即BLvP＝BvQ，解得2vP＝vQ 因为当P、Q在水平轨道上运动时，它们所受到的合力并不为零，设为回路中的电流，P棒和Q棒受到的平均安培力大小FP＝BL FQ＝BL 因此P、Q组成的系统动量不守恒。设P棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为Δt，规定向右为正方向，对P、Q分别应用动量定理得－FPΔt＝－BLΔt＝mvP－mv FQΔt＝BΔt＝mvQ－0，又2vP＝vQ 联立解得vP＝，vQ＝ (2)由能量守恒定律得，整个过程中系统产生的焦耳热 Q＝mv2－mvP2－mvQ2＝mgh－m×－m×＝mgh QP＝Q＝mgh。 不等间距的两导体棒处于同一磁场中所受安培力不相等，它们分别做变速运动；涉及电荷量、速度、时间等，一般先根据动量定理列方程；若求焦耳热可对系统应用能量守恒定律列方程。 3．“电容器＋棒”模型 (1)无外力充电式 基本模型 规律 (导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C) 电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电 电流特点 安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动 运动特点和最终特征 棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零 最终速度 电容器充电电荷量：q＝CUC 最终电容器两端电压UC＝BLv 对棒应用动量定理： mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq v＝ v－t图像 (2)无外力放电式 基本模型 规律 (电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点 电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动 电流特点 电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm 运动特点及最终特征 做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0 最大速度vm 电容器初始电荷量： Q0＝CE 放电结束时电荷量： Q＝CUC＝CBLvm 电容器放电电荷量： ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm 对棒应用动量定理： mvm－0＝BL·Δt＝BLΔQ vm＝ v－t图像 例3　如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是(　　) A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动 B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止 C．两种情形下通过电阻的电荷量一样大 D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动 答案　B 解析　题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据安＝BL，有安t＝BLt＝qBL＝mΔv，得q＝，通过电阻的电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙中导体棒的动量变化量，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误。 例4　(2023·江苏徐州市模拟)如图所示，固定在水平面上的足够长的光滑平行直导轨处于垂直平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B。一端连接着一个电容器和电源，电容为C，电源电动势为E。导轨上放着一根质量为m、长度为L与导轨间距相同、有固定阻值的均匀导体棒。与电容器连接的单刀双掷开关先与左边闭合，待充电结束后，某时刻与右边闭合，随后导体棒在运动的过程中始终与导轨接触良好，不计其他部分的电阻。 (1)判断导体棒运动规律，求出稳定后的最大速度v； (2)求稳定后电容器所带电荷量Q。 答案　(1)先做加速运动，再做匀速运动　　(2) 解析　(1)电容器充电完毕，稳定时，电容器极板间电压U＝E 由电容的定义式C＝ 解得Q0＝CU 所以Q0＝CE 金属棒ab先做加速运动直至电流减为零，接着做匀速运动，由法拉第电磁感应定律得 E感＝BLv 此时电容器两极板间电压为U′＝E感 电容器带电荷量为：Q＝CU′＝CBLv 电容器电荷量减少ΔQ＝Q0－Q＝C(E－BLv) Δt时间内流经金属棒的平均电流＝ 对金属棒ab，由动量定理得BLΔt＝mv 解得v＝ (2)由(1)代入可得Q＝CU′＝CBLv＝ 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。 2．双棒模型(不计摩擦力) 模型示意图及条件 水平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，给棒2一个初速度v0 电路特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而加速运动，运动后产生反电动势 电流及速度变化 棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中的电流减小，I＝BL，安培力减小，加速度减小，稳定时，两棒的加速度均为零，以相等的速度匀速运动 最终状态 a＝0，I＝0，v1＝v2 系统规律 动量守恒m2v0＝(m1＋m2)v 能量守恒Q＝m2v02－(m1＋m2)v2 两棒产生焦耳热之比＝ 例5　(2023·江苏省南通市通州区质监)如图所示，光滑平行导轨MNPQ固定在水平面上，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棒获得水向左的初速度v0，两棒不会相碰，求： (1)全过程中系统产生的焦耳热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v＝v0，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＝ 课时精练 1.(2019·全国卷Ⅲ·19改编)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。下列图像中可能正确的是(　　) 答案　A 解析　棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差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，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝，选项A正确，B、C、D错误。 2.一边长为L、质量为m的正方形单匝金属线框，每边电阻均为R0，置于光滑绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图所示。现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，金属框完全进入磁场区域时，速度大小减为初速度的四分之三，则金属框的初速度大小为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　根据动量定理－BLt＝m×v－mv 又BLt＝BLq＝BL·＝BL· 联立得v＝，故选A。 3．(2023·江苏江阴市华士高级中学校考)如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平且方向垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2.5 T。正方形单匝金属线框下边在磁场上方h＝0.8 m处，质量为m＝0.1 kg，边长为L＝0.4 m，总阻值为R＝2 Ω。现将线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为v＝3 m/s，不计空气阻力，重力加速度取10 m/s2，则(　　) A．cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为9 W B．匀强磁场区域的高度为0.60 m C．穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为1.50 J D．线框通过磁场上边界所用时间为0.2 s 答案　C 解析　cd边刚好进入磁场时线框的速度大小为v1＝＝4 m/s 此时cd边切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv1＝4 V 线框中的电流为I＝＝2 A cd边所受安培力大小为F＝BIL＝2 N cd边克服安培力做功的功率为P＝Fv1＝8 W，故A错误； 由题意，根据线框进出磁场过程中运动的对称性可知，cd边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小均为v1＝4 m/s，设匀强磁场区域的高度为H，线框全部位于磁场中时下落的加速度大小为g，根据运动学公式有2g(H－L)＝v12－v2 解得H＝0.75 m，故B错误； 设穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为Q，对线框从开始下落到穿过磁场的过程，根据能量守恒定律有mg(h＋H＋L)＝mv2＋Q，解得Q＝1.5 J，故C正确； 设线框通过磁场上边界所用时间为t，线框中的平均感应电流为，则由动量定理可得mgt－BLt＝mv－mv1，又q＝t＝t＝t＝，联立解得t＝0.1 s，故D错误。 4.如图所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为L，另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻使导体棒a获得大小为v0、水平向右的初速度，同时使导体棒b获得大小为2v0、水平向右的初速度，下列结论不正确的是(　　) A．该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv0 B．该时刻导体棒a的加速度为 C．当导体棒a的速度大小为时，导体棒b的速度大小也是 D．运动过程中通过导体棒a的电荷量的最大值qm＝ 答案　A 解析　根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反，故该时刻回路中产生的感应电动势E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，A错误，符合题意；在该时刻，回路中的感应电流I＝＝，导体棒a所受安培力大小F＝ILB＝ma，可得a＝，B正确；由于两导体棒整体在水平方向动量守恒，当导体棒a的速度大小为时，根据动量守恒定律得m·2v0＋mv0＝m·＋mv1，解得v1＝，C正确；最终两棒共速，由动量守恒定律有m·2v0＋mv0＝2mv共，可得v共＝，对a由动量定理有安Δt＝mv共－mv0，而安＝LB，通过导体棒a的电荷量的最大值qm＝Δt＝，D正确。 5．(2023·江苏苏锡常镇四市模拟)如图所示，两光滑平行长直导轨间距为d，放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，均与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感应电流产生的磁场，则(　　) A．导体棒L1的最终速度为v0 B．从开始运动到稳定状态过程中导体棒L2产生的焦耳热为 C．运动过程中通过导体棒横截面的电荷量最大为 D．两导体棒的初始距离最小为 答案　D 解析　两导体棒组成的系统动量守恒，导体棒L1、L2最终以相同的速度做匀速直线运动，设共同速度为v1，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝，故A错误；设导体棒L1、L2在整个过程中产生的焦耳热为Q总，根据能量守恒定律可得mv02＝Q总＋×2mv12，解得Q总＝mv02，导体棒L1、L2的电阻都为r，因此导体棒L2产生的焦耳热为Q＝Q总＝mv02，故B错误；对导体棒L1，由动量定理得Bdt＝mv1，因q＝t，故Bdq＝mv1，因此通过导体棒横截面的电荷量为q＝＝，故C错误；当导体棒L1、L2速度相等时若距离为零，则两棒初始距离最小，设最小初始距离为l，则通过导体棒横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝，解得l＝，故D正确。 6.(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 θt0－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 θt0＋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＝＝ 联立可得Δx＝＝。 7.(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)金属棒P滑出导轨时的速度大小； (2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 答案　(1)v0　(2)mv02　(3) 解析　(1)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 ×3mv02＝×3mvQ2＋mvP2 联立解得vP＝v0，vQ＝v0 碰后绝缘棒Q做匀速运动，金属棒P做减速直线运动。绝缘棒Q和金属棒P滑出桌面后均做平抛运动，落地点相同，因此金属棒P滑出导轨时的速度与Q相同，设为vP′，则vP′＝vQ＝。 (2)根据能量守恒有mvP2＝mvP′2＋Q 解得Q＝mv02 (3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得－BlΔt＝mvP′－mvP 又q＝Δt，＝＝＝ 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＝＝。 8.(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，则有2mv＝mv′，解得v′＝2v，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；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；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。 学科网（北京）股份有限公司 $