专题12 第4讲 动量观点在电磁感应中的应用-【名师带你过关】2026-2027学年高考物理一轮复习

第四讲　动量观点在电磁感应中的应用 一　动量观点在电磁感应中的应用 考点1　单棒类问题 模型 规律 阻尼式(导轨光滑) 1.力学关系:FA=BIl=;a== 2.能量关系:m-0=Q 3.动量电量关系:-Il·Δt=0-mv0;q=n= 电动式(导轨粗糙) 1.力学关系:FA=Bl=Bl;a==Bl-μg 2.动量关系:BLq-μmgt=mvm-0 3.能量关系:qE=Q+μmgS+m 4.稳定后的能量转化规律:IminE=IminE反+(R+r)+μmgvm 5.两个极值:(1)最大加速度:v=0时,E反=0,电流、加速度最大。 Im=;Fm=BIml;am=, 最大速度:稳定时,速度最大,电流最小。 Imin=,μmg=Fmin=BIminl=Bl 发电式(导轨粗糙) 1.力学关系:a==--μg 2.动量关系:Ft-BLq-μmgt=mvm-0 3.能量关系:Fs=Q+μmgS+m 4.稳定后的能量转化规律:Fvm=+μmgvm 5.两个极值: (1)最大加速度:当v=0时,am=。 (2)最大速度:当a=0时,a==--μg=0 考点2　含容单棒类问题 模型 规律 放电式(先接1,后接2。导轨光滑) 1.电容器充电量:Q0=CE 2.放电结束时电量:Q=CU=CBlvm 3.电容器放电电量:ΔQ=Q0-Q=CE-CBlvm 4.动量关系:Il·Δt=BlΔQ=mvm;vm= 5.功能关系:W安=m= 无外力充电式(导轨光滑) 达到最终速度时: 1.电容器两端电压:U=Blv(v为最终速度) 2.电容器电量:q=CU 3.动量关系:-l·Δt=-Blq=mv-mv0;v= 考点3　双棒类问题 模型 规律 无外力等距式(导轨光滑) 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 4.能量关系:m2=(m1+m2)+Q,= 无外力不等距式 (导轨光滑) 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=m1-m1-m2 5.电量关系:BL2q=m2v2-0 考向1 “单棒+电阻”模型 【例1】水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨,间距为d,电阻不计,其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下。不计一切摩擦,则下列说法正确的是(　　) A.导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功 B.导体棒在导轨上运动的最大距离为 C.整个过程中,电阻R上产生的焦耳热为m D.整个过程中,导体棒的平均速度大于 考向2 不等间距上的双棒模型 【例2】(多选)(2023·辽宁模拟)如图所示,M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置,导轨间距分别为2L和L,两组导轨间由导线相连,装置置于水平面内,导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场,两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置,且均处于静止状态,其余部分电阻不计。t=0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动,两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好。且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处。则下列说法正确的是 (　　) A.t=0时,导体棒D的加速度大小为a= B.达到稳定运动时,C、D两棒速度之比为1∶1 C.从t=0时至达到稳定运动的过程中,回路产生的内能为m D.从t=0时到达到稳定运动的过程中,通过导体棒的电荷量为 考向3 “电容器+单棒”模型 【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.两种情况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 考向1 单棒类问题 1.舰载机利用电磁阻尼减速的原理可看作如图所示的过程,在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,有间距为L的水平平行金属导轨ab、cd,ac间连接一电阻R,质量为m、电阻为r的粗细均匀的金属杆MN垂直于金属导轨放置,现给金属杆MN一水平向右的初速度v0,滑行时间t后停下,已知金属杆MN与平行金属导轨间的动摩擦因数为μ,MN长为2L,重力加速度为g,下列说法中正确的是 (　　) A.当MN速度为v1时,MN两端的电势差为UMN=2BLv1 B.当MN速度为v1时,MN的加速度大小为a=μg+ C.当MN速度为v1时,MN的加速度大小为a=2μg+ D.MN在平行金属导轨上滑动的最大距离为s= 考向2 含容单棒类问题 2.如图甲所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为l,电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的定值电阻,导体杆ab质量为m、电阻为r,并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给杆ab一个初速度v0,使杆向右运动。则 (　　) A.当杆ab刚具有初速度v0时,杆ab两端的电压U=,且b点电势高于a点电势 B.通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小 C.若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器,如图乙所示,同样给杆ab一个初速度v0,使杆向右运动,则杆ab稳定后的速度为v= D.在图乙中,若ab杆电阻为0,在ab杆上加一水平向右的恒力,ab杆将水平向右做匀加速直线运动 3.2025年,我国成为第一个在航空母舰上用中压直流技术的电磁弹射器实现对飞机的精确控制。其简单模拟等效电路如图(俯视图),直流电源电动势E=18 V,超级电容器的电容C=1 F。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距L=0.4 m,电阻不计,磁感应强度大小B=2.0 T的匀强磁场垂直于导轨平面向外。质量m=0.16 kg,R=0.2 Ω的金属棒MN(相当于飞机)垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。开关S先接1,使电容器完全充电,然后将S接至2,MN开始向右加速运动,MN达到最大速度之后离开导轨。则 (　　) A.开关S接2后,MN做匀加速直线运动 B.S接至2瞬间金属棒MN加速度大小为450 m/s2 C.MN的最大速度为36 m/s D.下一架相同飞机要以相同的最大速度起飞还需要对电容器充电的电量为3.6 C 考向3 双棒类问题 4.如图所示,间距为L的足够长光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上,质量均为m的金属棒ab、cd垂直放在导轨上,两金属棒接入电路的电阻均为R,垂直于导轨的虚线ef左侧有垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,虚线ef的右侧没有磁场,给金属棒ab一个水平向右的初速度v0,已知cd棒到达ef前已匀速运动,ab、cd棒不会发生相碰,两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,ab棒出磁场时速度刚好为零,则下列说法正确的是 (　　) A.cd棒最终速度为零 B.cd棒从静止运动到ef过程中通过的电荷量为 C.整个过程,金属棒ab中产生的焦耳热为m D.整个过程,金属棒ab克服安培力做的功为m 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四讲　动量观点在电磁感应中的应用 例题精讲 【例1】　B　【解析】导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用,即安培力一直做负功,故A错误;由动量定理可知-dB·Δt=0-mv0,其中·Δt=·Δt=,ΔΦ=Bdx,解得x=,故B正确;导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等,故电阻R上产生的焦耳热应该为m,故C错误;根据a==可知,导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动,故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度,即小于,故D错误。 【例2】　ACD　【解析】开始时,导体棒中的感应电动势E=2BLv0,电路中感应电流I=,导体棒D所受安培力F=BIL,导体棒D的加速度为a,则有F=ma,解得a=,故A正确;稳定运动时,电路中电流为零,设此时C、D棒的速度分别为v1、v2,则有2BLv1=BLv2,对变速运动中任意极短时间Δt,由动量定理得,对C棒有2BLΔt=mΔv1,对D棒有BLΔt=mΔv2,故对变速运动全过程有v0-v1=2v2,解得v2=v0,v1=v0,故B错误;根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q=m-m-m,解得Q=m,故C正确;由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt,由动量定理得,对C棒有2BLΔt=mΔv1,可得2BLq=m(v0-v1),解得q=,故D正确。 【例3】　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=BLt,有t=BLt=qBL=mΔv,得q=,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,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。 基础过关 1.BD　【解析】根据题意可知,MN速度为v1时,MN单独切割产生的电势差2BLv1,但由于MN中间当电源,所以MN两端的电势差小于感应电动势,故A错误; MN速度为v1时,水平方向受摩擦力、安培力,由牛顿第二定律有μmg+=ma,解得a=μg+,故B正确,C错误;D.MN在平行金属导轨上滑动时,由动量定理有-μmgt-ΣBILΔt=0-mv0,又有ΣIΔt=q==,联立解得s=,故D正确。故选BD。 2.BCD　【解析】当杆ab刚具有初速度v0时,ab产生的感应电动势大小为E0=Blv0① 根据串联分压规律可得杆ab两端的电压为Uab==② 根据右手定则可知感应电流方向由b→a,所以a点电势高于b点电势,故A错误;设ab在某时刻的速度大小为v1,根据闭合电路欧姆定律可得I=　③ ab所受安培力大小为FA=BIl=　④ 根据牛顿第二定律可知ab在速度大小为v1时的加速度大小为 a1==　⑤ 易知ab做减速运动,即v1减小,所以a1减小,则v1随t的变化率的绝对值逐渐减小,再根据④式可知I随t的变化率的绝对值逐渐减小,故B正确;若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器,如图乙所示,同样给杆ab一个初速度v0,使杆向右运动,设ab从开始运动到最终稳定过程中回路中的平均电流为,经历时间为t,对ab根据动量定理有-Blt=mv-mv0　⑥,ab稳定后电容器所带电荷量为Q=t=CU　⑦此时ab产生的感应电动势大小等于电容器两端电压,即U=Blv　⑧联立⑥⑦⑧解得v=　⑨,故C正确;若ab杆电阻为0,在ab杆上加一水平向右的恒力F,设ab从静止开始在一极短的时间Δt内速度的变化量为Δv,此时电容器两端电压为ΔU=BlΔv　⑩ 电容器所带电荷量为ΔQ=CΔU　11 ab的加速度为a2=　12 通过ab的电流为Iab= 13根据牛顿第二定律有F-BIabl=ma2　14 联立⑩11121314得a2=　15 即a2为定值,所以ab杆将水平向右做匀加速直线运动,故D正确。故选BCD。 3.BD　【解析】开关S接2后,MN开始向右加速运动,MN切割磁感线产生的感应电动势阻碍电容器C放电,当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,此过程中通过MN的电流减小,则MN在水平方向有a==,所以MN先做加速度逐渐减小的加速运动,最后匀速,故A错误;S接至2瞬间,MN棒未动,电路属于纯电阻电路,通过MN的电流为I== A=90 A,所以金属棒MN加速度大小为a===m/s2=450m/s2,故B正确;当MN达到最大速度时,MN切割磁感线产生的感应电动势等于此时电容器两端电压,则CBLv=CE-q,由动量定理得BLt=mv;q=t,联立解得v==18 m/s,故C错误;当MN达到最大速度时,电容器的电量Q=CBLv=1×2×0.4×18 C=14.4 C,下一架相同飞机要以相同的最大速度起飞还需要对电容器充电的电量为Q'=CE-Q=1×18 C-14.4 C=3.6 C.故D正确。故选BD。 4.BD　【解析】cd棒到达ef前已匀速运动,出磁场后水平方向不受力,一直做匀速直线运动,故A错误;设cd棒匀速时的速度为v,则根据动量守恒mv0=2mv,解得v=,cd棒从静止运动到ef过程中,根据动量定理可得BLΔt=mv-0,又q=Δt,联立解得q=,故B正确;最终,ab棒出磁场时速度刚好为零,金属棒cd将以v=的速度匀速运动,根据能量守恒可知,整个回路产生的焦耳热为Q=m-mv2=m,则整个过程,金属棒ab中产生的焦耳热为Qab=Q=m,故C错误;最终,ab棒速度刚好为0,以ab棒为对象,根据动能定理可得-W安=0-m可得整个过程,金属棒ab克服安培力做的功为W安=m,故D正确。故选BD。 学科网（北京）股份有限公司 $