第十二单元 专题二十三 动量观点在电磁感应中的应用 （Word学生用书）-【高考快车道】2027年高考物理大一轮总复习（通用版）

该高中物理高考复习讲义聚焦动量观点在电磁感应中的应用，涵盖单棒、双棒、线框模型及动量守恒定律等核心考点，按模型构建、常见问题、考向分类的逻辑层次展开，通过考点梳理、方法指导、真题讲解等环节，帮助学生建立问题分析框架。 讲义以科学思维和模型建构为核心，通过例题引导学生分析变力问题中动量定理的应用，如单棒切割磁感线时电荷量与速度的关系推导，设置基础例题与综合变式题分层训练，培养学生解决复杂问题的能力，为教师把控复习节奏提供系统支持。

专题二十三　动量观点在电磁感应中的应用 　　　　　 　　　　　 　　　　　 　动量定理在电磁感应中的应用 1.模型构建 导体棒或金属框运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速三种,对前两种情况,容易想到用平衡条件和牛顿运动定律求解,对后一种情况一般要结合动量知识求解.当安培力变化,且又涉及时间、位移、速度、电荷量等问题时,用动量定理往往能巧妙解决. 2.常见问题 在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量. (1)求电荷量或速度:LBΔt=mv2-mv1,q=Δt. (2)求位移:-=0-mv0, 即-=0-mv0. (3)求时间 ①已知电荷量q,F其他为恒力,可求出非匀变速运动的时间. -LBΔt+F其他Δt=mv2-mv1, 即-BLq+F其他·Δt=mv2-mv1. ②若已知位移x,F其他为恒力,也可求出非匀变速运动的时间. -+F其他·Δt=mv2-mv1,Δt=x. 考向一　单棒模型 例1　(多选)[2025·广东深圳联考] 如图甲所示,间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,导轨左侧连接有阻值为R的定值电阻,金属棒垂直静止在导轨上,整个导轨处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,给金属棒施加水平向右的拉力F,使金属棒从静止开始运动,金属棒运动x0的距离时撤去拉力,金属棒整个运动过程中的速度v与运动的位移x关系如图乙所示(v0、x0已知).金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良好,金属棒接入电路的电阻为R,则金属棒运动过程中 (　) A.加速度大小保持不变 B.通过定值电阻的电荷量为 C.定值电阻中产生的焦耳热为 D.拉力F的冲量大小为 [反思感悟] 　   考向二　双棒模型 例2　[2025·甘肃卷] 在自动化装配车间,常采用电磁驱动的机械臂系统.如图所示,ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨,间距为L,电阻忽略不计.导轨置于磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中.导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2,质量均为m,电阻均为R.导轨左侧接有电容为C的电容器.初始时刻,机械臂1以初速度v0向右运动,机械臂2静止.运动过程中两机械臂不发生碰撞.系统达到稳定状态后,电流为零,两机械臂速度相同. (1)求初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小及感应电流方向. (2)系统达到稳定状态前,若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2,写出两机械臂各自所受安培力的大小;若电容器两端电压为U,写出电容器所带电荷量的表达式. (3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度.若要两机械臂不相撞,二者在初始时刻的间距至少为多少? 考向三　线框模型 例3　[2025·山东卷] 如图所示,平行光滑轨道的间距为L,轨道平面与水平面夹角为α,二者的交线与轨道垂直,以轨道上O点为坐标原点,沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系.轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ,区域Ⅰ(-2L≤x<-L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场;区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场,磁感应强度大小B1=k1t+k2x,k1和k2均为大于零的常量,该磁场可视为由随时间t均匀增加的磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成.将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上,pq边与轨道垂直,由静止释放.已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动,磁场上、下边界均与x轴垂直,整个过程中金属框不发生形变,重力加速度大小为g,不计自感. (1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动,求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s; (2)金属框沿轨道下滑,当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t = 0),此时金属框的速率为v0,若k1=,求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,ef边移动的距离d. 　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) 双棒无外力 双棒有外力 示意图 F为恒力 动力学观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动,导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动,最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动,导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动,最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动 动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒 能量观点 棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热 外力做的功=棒1的动能增加量+棒2的动能增加量+焦耳热 例4　(16分)[2025·河北卷] 某电磁助推装置设计如图,超级电容器经调控系统为电路提供1000 A的恒定电流,水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中,a可视为始终垂直导轨的导体棒,b为表面绝缘的无人机.初始时a静止于MM'处,b静止于a右侧某处.现将开关S接1端,a与b正碰后锁定并一起运动,损失动能全部储存为弹性势能.当a运行至NN'时将S接2端,同时解除锁定,所储势能瞬间全部转化为动能,a与b分离.已知电容器电容C为10 F,导轨间距为0.5 m,磁感应强度大小为1 T,MM'到NN'的距离为5 m,a、b质量分别为2 kg、8 kg,a在导轨间的电阻为0.01 Ω.碰撞、分离时间极短,各部分始终接触良好,不计导轨电阻、摩擦和储能耗损,忽略电流对磁场的影响. (1)若分离后某时刻a的速度大小为10 m/s,求此时通过a的电流大小. (2)忽略a、b所受空气阻力,当a与b的初始间距为1.25 m时,求b分离后的速度大小,分析其是否为b能够获得的最大速度;并求a运动过程中电容器的电压减小量. (3)忽略a所受空气阻力,若b所受空气阻力大小Ff与其速度v的关系为Ff=kv2(k=0.025 N·s2/m2),b初始位置与(2)问一致,试估算a运行至NN'时,a、b分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%,并给出结论.(0.992=0.980 1) 规范答题区 自评项目 (共16分) 自评 得分 书写工整无涂抹(是否加分项) 　 (√或×) 有必要的文字说明(2分) 有解题关键公式(10分) 结果为数字的带有单位(2分) 求矢量的有方向说明(2分) 　　　　　 　　　　　 　　　　　 变式　(多选)[2024·海南卷] 两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成,在M、N两点绝缘连接,M、N等高,间距L=1 m,连接处平滑.导轨平面与水平面夹角为30°,导轨两端分别连接一个阻值R=0.02 Ω的电阻和C=1 F的电容器,整个装置处于B=0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中,两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧,质量分为m1=0.8 kg,m2=0.4 kg,ab棒电阻为0.08 Ω,cd棒的电阻不计,将ab由静止释放,同时cd从距离MN为x0=4.32 m处在一个大小F=4.64 N,方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动,两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,碰撞前瞬间撤去F,已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s,g取10 m/s2,则 (　) A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s B.ab从释放到第一次碰撞前,R上消耗的焦耳热为0.78 J C.两棒第一次碰撞后瞬间,ab的速度大小为6.3 m/s D.两棒第一次碰撞后瞬间,cd的速度大小为8.4 m/s 例5　(多选)[2023·辽宁卷] 如图所示,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,回路中产生顺时针方向的电流 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 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题二十三　动量观点在电磁感应中的应用 例1　BC　[解析] v⁃x图像斜率k==,则金属棒加速运动过程中,随着速度增大,加速度增大,减速运动过程中,随着速度减小,加速度减小,故A错误;根据q=·Δt,=,=,联立解得通过定值电阻的电荷量为q===,故B正确;整个过程克服安培力做功为W安=·x=·x,由乙图可知x=v0×2x0=v0x0,联立解得W安=,因此定值电阻中产生的焦耳热为Q=W安=,故C正确;整个过程根据动量定理得IF-I安=0,又I安=LBt=BqL,联立解得IF=,故D错误. 例2　(1)BLv0　沿纸面向上　(2)BI1L　BI2L　　(3)　 [解析] (1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E=BLv0 由右手定则可知感应电流方向沿纸面向上 (2)在达到稳定前,两机械臂电流分别为I1和I2,两机械臂安培力的大小分别为F1=BI1L,F2=BI2L 设此时两机械臂的速度分别为v1、v2 根据动量守恒有 -BL·Δt=mv1-mv0 BL·Δt=mv2 而·Δt=Q1,·Δt=Q2 电容器的带电荷量Q=Q1-Q2 电容器两端的电压U==BLv1-I1R=BLv2+I2R 联立解得U= 所以此时电容器带电荷量为 Q=CU= (3)当I1=I=0时,两机械臂的速度相同,此时U=BLv 可得两机械臂的速度为v= 此过程中,对机械臂1,根据动量定理有-·Δt=-=mv-mv0 对机械臂2,根据动量定理有·Δt==mv 初始距离的最小值Δx=x1-x2 解得Δx= 例3　(1)　　(2) [解析] (1)金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中,金属框只有一条边切割磁感线,根据楞次定律可得,所受安培力水平向左,则 切割磁感线产生的电动势为E0=BLvcos α 金属框中电流为I0= 金属框做匀速直线运动,则有 BI0Lcos α=mgsin α 解得金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程的速率为v= 金属框开始释放到pq边进入区域Ⅰ的过程中,只有重力做功,由动能定理可得mgssin α=mv2 可得释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离为s== (2)当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t = 0),设金属框ef边到区域Ⅱ上边界的距离为x时,金属框中产生的感应电动势E==L2=k1L2+k2L2=L2,其中v= 此时回路中的感应电流I= 金属框pq边受到沿轨道向上的安培力,大小为F安1=B1IL=IL 金属框ef边受到沿轨道向下的安培力,大小为F安2=B1IL=IL 则金属框受到的安培力F安=F安1-F安2=IL-IL 代入k1= 化简得F安=mgsin α+ 当金属框平衡时F安=mgsin α,可知此时金属框速率为0 则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,根据动量定理可得 mgsin αΔt-F安Δt=mΔv 即-Δt=0-mv0 对时间累积求和可得-=0-mv0 可得d= 例4　(1)500 A　(2)25 m/s　是　40 V　(3)能　分析见解析 [解析] (1)分离后a切割磁感线,有E=BLv (1分) 则通过a的电流I= (1分) 解得I=500 A (1分) (2)由于超级电容器经调控系统为电路提供I0=1000 A的恒定电流,则当a与b的初始间距为1.25 m时,a与b碰撞前,对a根据动能定理有BI0Lxab=ma (1分) a与b碰撞时,对整体根据动量守恒定律和能量守恒定律有mava=(ma+mb)v共 (1分) ma=(ma+mb)+Ep (1分) a与b整体从碰撞后到NN'的过程中,对整体根据动能定理有BI0L(xMN-xab)=(ma+mb)-(ma+mb) (1分) a与b分离时,对整体根据动量守恒定律和能量守恒定律有(ma+mb)v共1=mava1+mbvb1 (1分) (ma+mb)+Ep=ma+mb (1分) 联立解得va1=0,vb1=25 m/s,此为b能够获得的最大速度 (1分) 由于a和a、b组合体均做匀变速直线运动,分别有xab=t1 (1分) xMN-xab=t2 (1分) 电容器流出的电荷量有Δq=I0(t1+t2) (1分) a运动过程中电容器的电压减小量ΔU==40 V (1分) (3)b所受的最大阻力为Ff=k,对a、b整体由动能定理得BIL(xMN-xab)-kL(xMN-xab)=(ma+mb)-(ma+mb) (1分) 综合解出>99% (1分) 变式　BD　[解析] 由于导体棒ab、cd同时由静止开始运动,且恰好在M、N处发生弹性碰撞,则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的,对导体棒cd和电容器组成的回路有Δq2=C·BLΔv2,对cd根据牛顿第二定律有F-BI2L-m2gsin 30°=m2a2,其中a2=,I2=,联立有a2=,则说明导体棒cd做匀加速直线运动,则有x0=a2t2,联立解得a2=6 m/s2,t=1.2 s,故A错误;由题知,碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s,则根据功能关系有m1gxabsin 30°-Q=m1,导体棒ab下滑过程中根据动量定理有m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1,其中q1=t=,R总=R+Rab=0.1 Ω,联立解得q=6 C,xab=3 m,Q=3.9 J,则R上消耗的焦耳热为QR=Q=0.78 J,故B正确;由于两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,取沿斜面向下为正方向,有m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2',m1+m2=m1v1'2+m2v2'2,其中v2=a2t=7.2 m/s,联立解得v1'=-3.3 m/s,v2'=8.4 m/s,故C错误,D正确. 例5　AC　[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正确;任意时刻,设电流为I,则PQ受安培力FPQ=BI·2d,,MN受安培力FMN=2BId,两个安培力方向相反,又两棒所受弹簧弹力始终大小相等,可知两棒组成的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,设MN速度为v',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;MN与PQ两棒运动中始终动量守恒,速度之比始终为2∶1,所以整个运动过程中两棒路程之比为2∶1,选项C正确;MN与PQ两棒最后停止时,弹簧处于原长位置,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. 学科网（北京）股份有限公司 $