微专题4 动量观点在电磁感应中的应用-【创新教程】2027年高考数学艺考生文化课百日冲关学生用书

微专题4 动量观点在 类型1 动量定理在电磁感应中的应用 (单杆十导轨模型) 模型透视 在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若运 用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 应用示例 物理量 电荷量 -BIL△t=mv2-mv1,g=I△t. 或速度即一BqL=mv2一mu B2L2△t=0-mo' R总 位移 即一 B'L'x=0-mvo R总 一BIL△t十F其他△t=m2一m 即-BLq十F其他△t=m2一mv1 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力) 时间 B2a△4十Fg卷△t=my-m,A R总 即 BLx十F其能△f=mu2一mU' R总 己知位移x、F其他(F其他为恒力) 典题例析 [例1](2026·湖南卷)某小组制作了一储 能器，其两端电压U与其储存的电荷量q间 的函数关系近似为U=kq(k为常量).将该 储能器接入如图所示电路，a、b、c为固定的 三个触点.两足够长的平行金属导轨固定于 水平面上，电阻不计，间距为L.导轨间有竖 直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.质量 为m的导体棒垂直导轨放置，接入电路的 阻值为.电源电动势为E,内阻不计.定值 电阻阻值为R.t。时刻开关S与a连接，直 到导体棒做匀速运动，再于t1时刻切换开 关与b或c连接.运动过程中导体棒与导轨 始终垂直且接触良好，忽略摩擦 77 第一部分：专题四电路与电磁感应 电磁感应中的应用 (1)求t。时刻导体棒加速度a,的大小； (2)若t1时刻开关与b连接，储能器接入电 路前电压为0，当储能器电压为U。时（此时 电路中电流不为0)，求导体棒速度v的 大小； (3)若t1时刻开关与c连接，求从t。时刻起 到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦 耳热Q, [解题指导] 第二步：分析。时刻流过导体棒的电流， 根据牛顿第二定律求t。时刻导体棒加速 度ao的大小； 第二步：对导体棒根据动量定理求导体棒 速度)的大小； 第三步：根据动量定理和能量守恒定律导 体棒上产生的焦耳热 ㄧ物理 对点集训 1.(2026·湖北卷)如图所示，固定在水平面 内的两足够长平行金属导轨相距L,其左 端用导线连接一阻值为R的电阻，两导轨 间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场， 磁感应强度大小为B.质量为m的导体棒 跨放在两导轨上，导体棒在两导轨间的电 阻为2R.导轨上a、b、c、d是正方形的四 个颜点。导体棒以大小为紧的初速度 从ab出发沿导轨向右运动，刚过cd后， abcd区域内磁场的磁感应强度方向不变、 大小在极短时间内增大到3B,然后保持 不变.导体棒运动过程中始终与导轨垂 直，且与导轨接触良好，不计导轨电阻与 所有摩擦，导体棒最终静止的位置离初始 位置的距离为 B L C A.9L B.10L C.11L D.12L 2.(多选)(2026·山东卷)如图所示，足够长U 形光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，宽度 为L,电阻不计.区域I为正方形，充满垂直 轨道平面向上、磁感应强度大小B,随时间t 均匀变化的匀强磁场，即B,=kt(k为大于 零的常量)；区域Ⅱ内，导轨上接有开关S、 S2,导轨间接有电容为C1、C2的两电容器； 区域Ⅲ内充满方向垂直轨道平面向下、磁感 应强度大小为B的匀强磁场.初始时，质量 为m、有一定阻值的导体棒MN静止于区 域Ⅲ中某处，S1闭合，S2断开，C1充电.C 充电完毕后，断开S,,闭合S2,MN开始运 动，经过一段时间系统达到最终稳定状态 MV长度与导轨宽度相同并始终与导轨接 触良好.下列说法正确的是 ) A.C1充电完毕时的电荷量为C,L2 B.C1充电完毕时，上极板带负电 kC BL3 C.最终MN的速度为BL2(C,+C,)+m D.最终C2的电荷量为 kC C2 B2L 2L2C2+m 类型2 动量守恒定律在电磁感应中的应用 (双杆十导轨模型) 模型透视 双杆模型 “一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质 是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件 物 甲杆静止，受力平衡 理 模 型 两杆都在运动，对于这种情况，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 通常情况下一个金属杆做加 速度逐渐减小的加速运动， 动力学 而另一个金属杆做加速度逐 观点 渐减小的减速运动，最终两 金属杆以共同的速度匀速 运动 分 能量 两杆系统机械能减少量等于回 方 法 观点 路中产生的焦耳热之和 对于两金属杆在平直的光滑 导轨上运动的情况，如果两金 动量 属杆所受的外力之和为零，则 观点 考虑应用动量守恒定律处理 问题 典题例析 [例2](2024·湖北卷)如图所示，两足够长 平行金属直导轨MN、PQ的间距为L,固定 在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分 别与两条竖直固定，半径为L的圆弧导轨 相切.MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁 场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖 直向下的匀强磁场.长为L、质量为、电阻 为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高 点.质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制 成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导 轨上，其圆心到两直导轨的距离相等.忽略 导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形 变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好， 重力加速度大小为g.现将金属棒ab由静 止释放，求 M (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势 大小： (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环 接触，金属环圆心初始位置到MP的最小 距离. [解题指导] (1)对金属棒ab由动能定理求v。,再由 E=BLv,求感应电动势； (2)分析电路结构求总电阻，由牛顿第二 定律结合闭合电路欧姆定律求加速度 大小； (3)ab不与金属环接触的临界条件是金 属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab 恰好追上金属环；应用动量守恒结合动量 定理求出金属棒ab与金属环间相对 位移 79 第一部分：专题四电路与电磁感应 对点集训 1.如图所示，光滑平行金 A 属导轨AB、CD固定在CY 倾角为0的绝缘斜面 D 上，BP、DQ为水平放置的平行且足够长的 光滑金属导轨，导轨在B、D两点处平滑连 接，水平部分处在磁感应强度为B。、方向竖 直向下的匀强磁场中，导轨间距均为L,两 金属棒ab、cd的质量分别为m、3m,电阻均 为R,初始时，金属棒cd垂直静止放置在水 平导轨上，金属棒ab从倾斜导轨上距底端 距离为s处无初速度释放，进入水平直导轨 后与棒cd始终没有接触并一直向右运动， 不计导轨电阻，重力加速度为g,求： ㄧ物理 (l)金属棒cd的最大加速度am; (2)金属棒ab上产生的热量Q 2.如图所示，两根由弧形部分和直线部分平滑 连接而成的相同光滑金属导轨平行放置，弧 形部分竖直，直线部分水平且左端连线垂直 于导轨，导轨间距为L.水平区域abcd有竖 直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B, 细金属杆M、N长度都稍大于L.初始时刻， 细金属杆M静止在弧形部分距水平导轨高 度h处，磁场内的细金属杆N处于静止状 态.某时刻静止释放M杆后，两杆与导轨接 触良好且运动过程始终与导轨垂直，两杆在 磁场中未碰撞且N杆出磁场时的速度大小 为2型已知M,N杆的质量分别为m和 2m,电阻分别为R和2R,重力加速度为g, 感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不 计.求： o (1)细金属杆N在磁场内运动过程中最大 加速度的大小和方向； (2)细金属杆N在磁场内运动过程中产生 的焦耳热Q; (3)细金属杆N在磁场内运动过程中通过 回路的电荷量q; (4)初始时刻细金属杆N到ab的最小距 离x. 第一部分：专题四电路与电磁感应ㄧ 课堂评价高考预测 1.如图，方向竖直向下的匀 bB (1)ab棒在N处进入磁场区速度和棒中的 强磁场中有两根位于同一 电流； 水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同 (2)cd棒能达到的最大速度； 的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上.t=0 (3)cd棒由静止到最大速度过程中，系统所 时，棒ab以初速度v。向右运动且不会与cd 能释放的热量. 相碰.运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直 并接触良好，两者速度分别为h、d,通过 ab横截面的电荷量为g,回路中的电流为I, cd棒产生的焦耳热为Q.下列图像中正确 的是 ab 2 /cd D 2.如图所示，两根间距为1的光滑金属导轨 (不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长 的水平部分组成，其水平段加有方向竖直向 下的匀强磁场，磁感应强度为B.导轨水平 段上静止放置一金属棒cd,质量为2m,电 阻为2r.另一质量为m、电阻为r的金属棒 ab,从圆弧段M处由静止释放下滑至N处 进入水平段，棒与导轨始终垂直且接触良 好，圆弧段MN半径为R,所对圆心角为 60°，重力加速度为g.求： D 60° C温馨提西 学习至此，请完成配套训练微专题4 81ㄧ物理 可知线框MN哈好停在磁场Ⅱ区域，穿过线框的磁通量 为重=2BL2,故D错误. [答案]AC 课堂评价·高考预测 1.B[根据楞次定律可知，左侧小圆和中间大圆产生的感 应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向与左 侧小圆和中间大圆的相反，根据法拉第电磁感应定律可 得线图中感应电动势的大小为E=E十E中一E有= △t S+9s。-95=x(2d)P+x(3d)-md= 12πdk,故B正确.门 2.BCD[根据法拉第电磁感应定律可知，导体棒产生的感 应电动势为U=Bd,电容器两端电压在△t时间内的变 化量为△LU=Bd△o,在△t时间内电容器储存的电荷量的 变化量为△Q=C△U,则回路中的电流为1=△9，导体捧 △t 所受安培力为F=BId,F=BdCa,根据牛顿第二定律 可得Mg一F=(M什m)a,联立解得a=M十m十BdrC Mg 易知物块做匀加速直线运动，故A错误；根据能量守恒 定律可知物块与导体棒组成的系统减少的机械能等于 导体棒克服安培力做的功，故B正确；对物块受力分析， 由牛顿第二定律可知Mg一T=Ma,解得T= Mg(m+B'd'C) ,故C正确；电容器增加的电荷量为△Q M+m+B'dC =CBd△0，又=2ah, 2Mgh 解得△Q=CBd√M+m+BdC,故D正确.] 微专题4动量观点在电磁感应中的应用 类型一 [例1][解析](1)t。时刻开关S与a连接，流过导体棒 的电流I=E, r 导体棒所受的安培力F=BIL, 根据牛顿第二定律F=mao, 联立可得a,=BEL mr (2)当导体棒匀速运动时，导体棒产生的电动势等于电 源电动势，设此时导体棒速度为℃。，即E=BL心。， 当储能器电压为U。时（此时电路中电流不为0），对导体棒 根据动量定理有一∑BIL·t=m℃一m, 又q=∑1·t, 可得一BLg=m0一· 根据题意U=kg, EBLU。 联立可得u=BLmk (3)从t。一t1过程对导体棒，根据动量定理∑BIL·t =m, 又g=∑1·t, 可得9=B元' mE 38 导体棒上产生的焦耳热Q,=gE-之m心， mE2 可得Q=2B元· 从，时刻到导体棒静止过程中，根据能量守恒定律可知 电路中产生的焦耳热为Q。=了mG, 导体棒产生的焦耳热为Q:=R+,·Q8· mrE 可得Q:=2(R+r)BL' 从t。时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦 耳热Q=Q,+Q,=(R+2)mE 2(R+r)BL· [答案](1)BEL 、EBLU mr (2)BL mk (3)R+2r）mE 2(R+r)B'L' [对点集训] 1.B[设导体棒的初速度为，导体棒最终静止的位置到 初始位置的距离为x,电路中的总电阻为R=3R,导体 棒从ab到停止过程，根据动量定理得一∑BIL△t=m(0 %),又∑1△t=99=.△Φ=3BL2+BL(x-L),联 立解得x=10L,B正确.] 2.AC[AB项分析：S,闭合、S2断开时，区域I中产生感 应电动势给C充电，由法拉第电磁感应定律可知产生 的感应电动势为U= △BL=kL,由电容定义式可得 △t C充电完毕时的电荷量为Q1=C,U=C,kL,A正确； 由楞次定律和右手螺旋定则可知区域I中产生顺时针 方向的感应电流，则C,充电完毕时，上极板带正电，B错 误；CD项分析：断开S,、闭合S,时，C1放电，最终回路中 感应电流为0，C,C和MN两端电压相等，设最终稳定 时C,的电荷量为Q1,C2的电荷量为Q,流过MN的电 荷量为QMN,MN的速度为v,对MN由动量定理和电流 的定义式有BILt=BLQN=,结合法拉第电磁感应 定律和电容的定义式有=是=BLu,联立可得Q心 CC, 一员·品肌品Q-名Q些个道北将中 恒定律有Q,=Q'1十Q2+QN,联立可得Q= kC C.BL kC BL 一，v= 一，C BL2(C+C2)+m C.BL B L'(C +C:)+m 正确，D错误.] 类型二 [例2][解析](1)根据题意可知，对金属棒ab由静止 释放到刚越过MP过程中，由动能定理有 1 mgL=2m,解得，=√2gL, 则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为 E=BL=BL√2gL. 30 (2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆孤并联接入 电路中，轨道外侧的两段圆弧金属环被短路，由几何关 系可得，每段圆孤的电阻为 R=合×-=R 可知，整个回路的总电阻为R,-R+尽提号R。 ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为 IE-2BL J 3R 对金属环由牛顿第二定律有2BL·兰-2ma, 解得a=BLV②g型 3mR (3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所 受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环 做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过 程中不与金属环接触，则有当金属棒αb和金属环速度相 等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为，由动 量守恒定律有 m,=mu十2mu,解得u=3· 1 对金属棒ab,由动量定理有 BILt三m·g-m% 、2 则有BLg=3m' 设金属捧运动距离为x1,金属环运动的距离为x2,则有 q=BL(2-:) R& 联立解得Ax=x一，=mRY2g虹 BL 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离 d=1.+Ar=BL+mR V2gL B'L [答案](1)BLV2gL(2)BLW2gL 3mR (3)BL+mR V2gL B2L2 [对点集训门 1.解析：(1)设ab棒下滑到斜面底端时速度为v, 由机核能守恒定律有之m。=mg3sn0. 解得v=√2 g ssin6, ab棒刚进入磁场时产生的感应电动势为 E=B.Lv, 通过cd的电流为1=示， E cd棒所受安培力为F=ILB。, 则最大加速度为am=3m, F 联立解得am= BL2√2 gssin6 6mR 33 讲解册参考答案 (2)当ab、cd棒共速时， 由动量守恒定律得m0=4m0共， 1 解得u=不√2gsin0, 共速后两棒一起做匀速直线运动，不再产生热量 由能量守恒定律得，两棒产生的总热量 Q=合md-子×4md或，解得Q=是gin0, 1 b将与d棒电阻相同，所以Q。=Q 3 8 mgssin 答案：1)BLV2gsin日 6mR 2)号gsn9 2.解析：(1)从M释放到进磁场，根据机械能守恒定律有 mgh=m M进磁场时，对金属杆N根据牛顿第二定律有 F-BIL-B BIL-2md, 3R 解得a= BL2√2g 6mR 根据左手定则可知，金属杆N所受安培力的方向水平向 右，则加速度方向水平向右。 (2)由M、N组成的系统动量守恒，则℃=m01十2m2, 旅据能量守恒定律有Q=合md-子m-子×2md, 所以钩金属杆N产生的焦耳热为Q=号Q-是mg助， (3)对细金属杆N,根据动量定理可得BILt=2m℃2，其中 q=It. 解得g=mY2g边 2BL (4)当N出磁场时M也刚好出磁场，此时N到αb的距 离最小，设细金属杆N到ab的最小距离为x,则整个过 △ΦBLx 程中通过闭合回路的电荷量为q=3R3R, 所以x=3mR√2gh 2B2L 答案：1)BLV2巫 5 6mR 水平向右(2)2mgh (3)m v2gh (4)3mR√2g5 2BL 2B2L2 课堂评价·高考预测 1.C[导体棒ab切割磁感线产生由a到b的感应电流，则 导体棒ab受到向左的安培力，做减速运动；导体棒cd受 到向右的安培力，向右加速运动，则感应电流【= BL(一，两导体捧的相对速度减小，感应电流减 R) 小，每个导体棒所受的安培力大小F=BIL,F随着电流 减小而减小，设导体棒质量为，当两者速度相等时，电 流为零，导体棒的速度由动量守恒定律得m=2m0,两 号体棒的速度最终为一受，且加速度随着电流的减小 1 丨物理 而减小，电流变化也越来越慢，最终为零，C正确，A错 误；对ab棒，由动量定理有BILt=m一mb,则g=t 一B”,因为随时间增加而减小，电荷量应该 是随时间的增加而增加，最后达到最大值，因为电流随时间 减小，所以g一t的图像斜率也应该是减小，故B错误；系统 状态稳定后，两个导体棒的相对速度为0，不再有感应电流 产生，焦耳热不会随着时间一直增大，故D错误.] 2.解析：(1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒，有 mgR(1-cos 60) 解得v=√gR, 进入磁场醉间，回路中的电流为1=。E=B1VR 2r+r 3r (2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作 用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度时，电路 中电流为零，安培力为零，cd棒达到最大速度，由动量守 恒定律得m0=(2m十m)d,解得=子VgR (3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，故 Q=合m-×3m, 1 解得Q=子mgR 答案：(1)gR BI√gR 3r (2)子承(3)gmgR 高考新动向（四）以新情境为背景考查：电路与电磁感 应问题 动向1 1.解析：由正弦式交流电的电压 峰值U.与有效值U的关系 120pLu/V 得Um=√2U=1202V 602 t3 设t=0时交流电的瞬时电 Ttls 压u=0,则交流电的瞬时值 -60.2 表达式可写为u=120√2sin-1202---- 100πt(V),如图所示， 画出一个周期内交流电的“-t图像，其中阴影部分对应 的时间表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性可知， 一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t1 当=U,=60EV时，由上式得1=605，又周期 故一个周期内克虹灯能发光的时间，。=T一4：=方8 一个小时内克虹灯发光的时同为/=30×方s 50 =2400s很明显，霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的， 1 而每次熄灭的时间只有300s(如图4时刻到t时刻)， 由于人的眼睛具有视觉暂留现象，这个视觉暂留时间约为 运大于动05，因光人眼不会因为克虹灯短暂的地 1 灭而有所感觉 答案：2400s原因见解析. 39 2.解析：当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的 线圈在匀强磁场内转动，线圈中产生一正弦式交流电动 势，其峰值En=nwBS, 式中ω。为线圈转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度 发电机两端电压的有效值U=二E, 设自行车车轮转动的角速度为仙，由于自行车车轮与摩擦小 轮之间无相对滑动，则有Rw=, 小齿轮转动的角速度与自行车车轮转动的角速度相同， 也为w,设大齿轮转动的角速度为w1,则有w1R3=ωR2, 联立以上务式可样一阅·发代入数提得 3.2rad/s,即大齿轮的角速度应为3.2rad/s. 答案：3.2rad/s 3.解析：(1)输电线损失的功率P=P×4%=100kW×4%= 4 kW 特电孩上价电流，-震=酒A=0A 升压安压器输出电压U二=10X10V=5×10V 20 U二 升压变压器原，剧线圈巨数此是出0动 250V1 电压损失U=I,R战=20×10V=200V 降压变压器原线圈两瑞电压U3=U2一U福=4800V 降压变压器原、副线图臣数比=4800Y_=240 n4220V11 (2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率 P%=P-P描=P(1-4%)=96kW 答案：(1)1：20240：11(2)96kW 动向2 1.BD[这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出 金属物品携带者，A错误，B正确；若“门框”内的线图中 通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使金属物品 内产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C错误； 安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流 的磁效应，D正确，门 2.解析：(1)由左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面 向下. (2)电容器完全充电后，两极板间电压为E,当开关S接 2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I,有 E I=R' ① 设MN受到的安培力为F,有F=IlB, ② 由牛顿第二定律，有F=ma, ③ 联立①②③式得a=mR' BIE ④ (3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q。,有 Q。=CE, ⑤ 开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值 mx时，设MN上的感应电动势为E,有E=Blx,⑥ 依题意有B-是， ① 2