2026届高三物理二轮专题复习讲义：第15讲 动量观点在电磁感应中的应用

第15讲 动量观点在电磁感应中的应用 讲义 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 在导体切割磁感线做变加速运动时,运用牛顿运动定律和能量观点不能解决的问题,可运用动量定理巧妙解决。 求解的 物理量 应用示例 电荷量 或速度 -LBΔt=mv2-mv1 q=Δt 即-BLq=mv2-mv1 位移 Δt=0-mv0 即-=0-mv0 时间 -LBΔt+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)可求Δt -Δt+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)可求Δt 典例1: (多选)(2025·湖北武汉阶段检测)如图所示,空间存在磁感应强度大小相等、方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁场,正方形导线框从紧靠磁场的位置Ⅰ以某一初速度垂直边界进入磁场,运动到位置Ⅱ时完全进入左侧磁场,运动到位置Ⅲ(线框各有一半面积在左、右两个磁场中)时速度恰好为0。设从位置Ⅰ到位置Ⅱ、从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中,通过线框某一横截面的电荷量分别为q1、q2,线框中产生的焦耳热分别为Q1、Q2。则(　　) A.q1∶q2=1∶1 B.q1∶q2=2∶1 C.Q1∶Q2=3∶1 D.Q1∶Q2=5∶4 答案　AD解析　根据电荷量的计算公式可得q=t=t==,从位置Ⅰ到位置Ⅱ磁通量的变化量为 ΔΦ1=BS,在位置Ⅲ时磁通量为零,所以从位置Ⅱ到位置Ⅲ磁通量的变化量为ΔΦ2=BS,所以q1∶q2=1∶1,故A正确,B错误;设初速度为v0,完全进入磁场时的速度大小为v,取向右为正方向,从位置Ⅰ到位置Ⅱ,根据动量定理可得-LBt1=mv-mv0,即q1BL=mv0-mv,从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中,根据动量定理可得-2LBt2=0-mv,即2q2BL=mv,联立解得v=v0,根据功能关系可得Q1=m-mv2=m,Q2=mv2=m,所以Q1∶Q2=5∶4,故C错误,D正确。典例2:(多选)(2025·福建漳州模拟)如图,左侧两光滑平行导轨ab、a'b'和右侧两粗糙平行导轨cd、c'd'均固定在同一水平面上,导轨间距均为L,左、右两导轨间用长度不计且由绝缘材料制成的bc、b'c'平滑连接,两导轨间有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场,质量为m、长度为L的导体棒AD静置于图示位置。现对导体棒AD施加一水平向右的恒定拉力F,经时间t导体棒AD到达bb',此时撤去力F,导体棒AD再经时间t恰好停下(未到达dd')。已知电容器的电容C=,运动过程中棒AD始终与导轨垂直且接触良好,棒AD与右侧导轨间的动摩擦因数为,d、d'间电阻阻值为R,其余电阻忽略不计,重力加速度大小为g,F=mg,则(　　) A.导体棒AD到达bb'之前做变加速直线运动 B.导体棒AD到达bb'时的速度大小为gt C.导体棒AD停下的位置与cc'距离为 D.电阻R中产生的总焦耳热为 答案　BC解析　导体棒AD到达bb'之前,设在极短的时间Δt内导体棒AD的速度变化量为Δv,导体棒中的电流为i,则mg-iLB=ma,Δv=aΔt,CBLΔv=iΔt,解得a=g,即导体棒AD到达bb'之前做初速度为零,加速度大小为g的匀加速直线运动,故A错误;导体棒AD到达bb'时的速度大小v=at=gt,故B正确;设导体棒AD停下的位置与cc'距离为s,根据动量定理得-μmgt-LB·t=0-mv,t=,解得s=,故C正确;摩擦产生的热量Q=μmgs,电阻R中产生的总焦耳热为QR=mv2-Q=,故D错误。 典例3:(2025·广西卷·7)如图所示，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路，质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。此过程中(　　) A.金属棒所受安培力冲量大小为 B.每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为+ C.每个定值电阻产生的热量为+ D.金属棒的平均输出功率为 答案:D解析:金属棒所受安培力冲量大小为I安=BlΔt=Blq，又q=Δt==，R总=+R=2R，联立解得I安=，选项A错误；该过程中，取沿导轨向下为正方向，由动量定理有2I弹-I安+mgsin θ·t=0，解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为I弹=I安-mgtsin θ=-mgtsin θ，选项B错误；由能量关系可知回路产生的总热量Q=mgsin θ·(a+b)+2×ka2-2×kb2，每个定值电阻产生的热量为Q1=Q=+k(a2-b2)，选项C错误；金属棒的平均输出功率==，选项D正确。 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 双杆模型的分析方法 物理模型 两杆都在运动,要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减;系统动量是否守恒 分析方法 动力学 观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动,而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动,最终两金属杆以共同的速度匀速运动 能量 观点 两杆组成的系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和 动量 观点 对双杆合力为零,应用动量守恒定律处理速度问题,对其中一杆应用动量定理可解电荷量、时间及位移差问题 典例4:(2025·江苏苏州市模拟)如图所示，间距均为L=1 m的光滑平行倾斜导轨与足够长光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线MN右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为B=2 T的匀强磁场。a、b是两根完全相同且粗细均匀的金属棒，单棒质量为m=0.4 kg，电阻R=1.5 Ω，a棒垂直放置在倾斜轨道上距水平面高h=0.45 m处，b棒与水平导轨垂直并处于静止状态，距离MN足够远。现让a棒由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触且始终垂直于导轨；不计导轨电阻，重力加速度g取10 m/s2，两棒均与MN平行，求： (1)a棒刚进入磁场时b棒受到的安培力的大小； (2)稳定时b棒上产生的焦耳热； (3)至稳定时通过金属棒横截面的电荷量。 答案　(1)4 N　(2)0.45 J　(3)0.3 C 解析　(1)a棒下滑过程，根据动能定理有mgh=m 解得v0=3 m/s a棒刚进入磁场时产生的感应电动势E1=BLv0 感应电流I1= 此时b棒受到的安培力的大小F安=BI1L 联立解得F安=4 N (2)系统稳定时a、b两棒共速，设共同速度为v1，取向右为正方向， 根据动量守恒定律有mv0=2mv1 系统产生的总的焦耳热Q=m-×2m 稳定时b棒上产生的焦耳热Qb=Q 解得Qb=0.45 J (3)对b棒进行分析，根据动量定理有BLΔt=mv1 其中q=Δt 解得q=0.3 C 典例5:(2025·山西吕梁一模)如图所示,在绝缘水平面上固定两根光滑平行金属导轨,左右两侧导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小分别为B和2B,导轨间距分别为2d和d,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,两棒中间连接一压缩量为5L的轻质绝缘弹簧,弹簧的劲度系数为k。释放弹簧后两棒在各自磁场中运动直至停止,弹簧始终在弹性限度内。两棒保持与导轨垂直并接触良好,导轨足够长且电阻不计。求: (1)导体棒PQ的速率为v时,导体棒MN的运动速率及回路的总电功率; (2)弹簧伸展过程中流过导体棒MN的电流方向及弹簧释放的整个过程中通过导体棒PQ的电荷量。 答案　(1)2v　　 (2)M指向N　 解析　(1)设任意时刻回路电流为I,则PQ所受安培力F1=BI·2d 由左手定则可知其方向水平向右 MN所受安培力F2=2BId 由左手定则可知其方向水平向左,可知两棒组成的系统所受合力为零,系统动量守恒,设PQ质量为2m,则MN质量为m,PQ速率为v时,有2mv-mv1=0 解得导体棒MN的运动速率v1=2v 此时电路中的电流I0== 回路的总电功率P=·3R 联立解得P=。 (2)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,导体棒MN中的电流方向由M指向N。两棒最终停止时弹簧处于原长状态,此时两棒间距增加了5L,对双棒,由动量守恒定律可得2mvPQ=mvMN 整理得2mvPQ·t=mvMN·t 可得2mxPQ=mxMN 因为xPQ+xMN=5L 可得导体棒MN向右移动距离xMN=L 导体棒PQ向左移动距离xPQ=L 则q=Δt=Δt 因为= ΔΦ=B·2d·xPQ+2B·d·xMN 联立解得q==。 考点三　用力学三大观点分析电磁感应问题 典例6:(2025·福建卷,16)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,两区域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,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。 答案　(1)　(2) (3)或 解析　(1)法一　线框从释放到cd边进入Ⅰ区域过程, 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=。 法二　线框从释放到cd边进入Ⅰ区域的过程做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得该过程线框的加速度为a1=gsin 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区域的过程做匀速直线运动,可知线框的宽度L=L1,由力的平衡条件有I1LB=mgsin θ 由法拉第电磁感应定律可得E=BLv 又I1= 则此时cd两端的电势差为Ucd=I1·R 联立解得B= Ucd=。 (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 解得克服安培力做功W=mg(L1+L2) 由动量定理有mgtsin θ-∑BL1Δt=0 其中∑Δt=∑= 当L1<L2时,Δx=2L1;当L1>L2时,Δx=2L2 联立解得该过程的运动时间为t=或t= 该过程克服安培力做功的平均功率为= 联立解得==。 学科网（北京）股份有限公司 $