2022年高考物理一轮复习 第11章 专题强化25　动量观点在电磁感应中的应用.docx

1、 专题强化二十五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.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题型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，安培力的冲量为：I安BLtBLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：qttntn，磁通量变化量：BSBLx.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 “单棒电阻”模型例1(2020湖北高三开学考试)如图1所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场现有一个边长为a(aL)的正方形闭合线圈以垂直于磁场

2、边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小()图1A大于 B等于C小于 D以上均有可能答案B解析通过线圈横截面的电荷量：qtt，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程：Batmvmv0，线圈离开磁场过程：Bat0mv，由于qt，则Baqmvmv0，Baqmv，解得v，故选B. “电容器棒”模型1无外力充电式基本模型规律(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，电容器被充电.电流特点安培力为阻力，棒减速，E减小，有I，电容器被充电UC变

3、大，当BLvUC时，I0，F安0，棒匀速运动.运动特点和最终特征a减小的加速运动，棒最终做匀速运动，此时I0，但电容器带电荷量不为零.最终速度电容器充电荷量：qCU最终电容器两端电压UBLv对棒应用动量定理：mv0mvBLtBLqv.vt图象例2(多选)如图2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()图2A当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U，且a点电势高于b点

4、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增大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vD在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势答案ACD解析当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势EBlv0，杆ab两端的电压U，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I，由于杆ab速度减小，则电流减小，安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I

5、随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压UBlv，而qCU，对杆ab，根据动量定理得BltBlqmvmv0，联立可得v，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确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.电流的特点电容器放

6、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UCBLv.运动特点及最终特征a减小的加速运动，最终匀速运动，I0.最大速度vm电容器充电荷量：Q0CE放电结束时电荷量：QCUCBLvm电容器放电荷量：QQ0QCECBLvm对棒应用动量定理：mvmBLtBLQvmvt图象例3(2017天津卷12)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器电磁轨道炮示意如图3，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于

7、静止状态，并与导轨良好接触首先开关S接1，使电容器完全充电然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动当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，之后离开导轨问：图3(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少答案(1)垂直于导轨平面向下(2) (3)解析(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下(2)电容器完全

8、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I设MN受到的安培力为F，有FIlB由牛顿第二定律，有Fma联立式得a(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有EBlvmax依题意有E设在此过程中流经MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有lB由动量定理，有tmvmax0又tQ0Q联立式得Q.1(“单棒电阻”模型)(2019福建龙岩市5月模拟)如图4为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其

9、间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力图4(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力Ff大小；(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v运动，经过时间t停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q.答案见解析解析(1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由a至b.依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：

10、FfF安F安BI1LI1联立解得：Ff(2)设棒的平均速度为，根据动量定理可得：安tFft02mv安BL，又，x t联立解得：x根据动能定理有：FfxW安0m(2v)2根据功能关系有QW安得：Qmv2.题型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

11、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的动能棒2的动能焦耳热例4如图5所示，两根间距为l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，其水平部分加有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨水平部分静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r.另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧部分M处由静止释放下滑至N处进入水平部分，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧部分MN半径为R，所对圆心角为60，重力加速度为g.求：图5(1

12、)ab棒在N处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？(2)cd棒能达到的最大速度是多大？(3)cd棒由静止到最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？答案(1)(2)(3)mgR解析(1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒，故mgR(1cos 60)mv2解得v进入磁场区瞬间，回路中电流I(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v时，电路中电流为零，安培力为零，cd棒达到最大速度ab、cd两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv(2mm)v，解得v(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，故Qmv23mv2解得QmgR2(电磁感应

13、中的双棒模型)(多选)(2019全国卷19)如图6，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，t0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()图6答案AC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vv1v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减

14、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，v1v2，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mv0mv1mv2，解得v1v2，选项A、C正确，B、D错误3(电磁感应中的双棒模型)如图7所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的足够长的平行金属导轨，导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路导轨间距为l，导体棒的质量都为m，电阻都为R，导轨部分电阻可忽略不计设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0

15、.图7(1)求cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；(2)从开始运动到最终稳定，求电路中产生的电能；(3)求两棒之间距离增加量的最大值答案(1)(2)mv02(3)解析(1)设当cd棒速度减为0.8v0时ab棒的速度为v，由动量守恒定律得mv00.8mv0mv解得v0.2v0此时回路的电流是Icd棒的加速度为a解得a(2)设两棒稳定时共同的速度为v，据动量守恒定律得mv0(mm)v解得vv0故Qmv02(mm)v2mv02(3)由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势E这段时间内回路的电流为对ab棒，由动量定理得Bltmv联立解得x.课时精练1.(多选)(2020云南一模)如图1所示，

16、两根水平固定的足够长平行光滑金属导轨上，静止放着两根质量为m、长度为L、电阻为R的相同导体棒ab和cd，构成矩形回路(ab、cd与导轨接触良好)，导轨平面内有竖直向上的匀强磁场B.现给cd一个初速度v0，则()图1Aab将向右做匀加速运动Bab、cd最终具有相同的速度C通过ab杆的电荷量为qD回路产生的焦耳热最多为mv02答案BC解析根据法拉第电磁感应定律可知，只有在两棒速度不相等时回路中才有感应电流，感应电流使两棒都产生加速度，然后受到的安培力发生变化，有效电动势发生变化，感应电流、安培力、加速度也随之变化，所以ab不可能向右做匀加速运动，故A错误；当两棒速度相等后，穿过回路的磁通量不变，回

17、路中将不再有感应电流，ab、cd最终具有相同的速度，两棒的系统所受合外力为零，则根据动量守恒定律有mv02mv，最终两棒的速度均为v，故B正确；选向右的方向为正，对ab棒根据动量定理有tm，BL，联立可以得到qt，故C正确；根据能量守恒定律，在运动过程中产生的热量为Qmv022m()2mv02，故D错误2.如图2所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是(

18、)图2A回路中的最大电流为B铜棒b的最大加速度为C铜棒b获得的最大速度为D回路中产生的总焦耳热为答案B解析给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，Imv0，v0，铜棒a切割磁感线产生的感应电动势EBLv0，回路电流I0，选项A错误；此时铜棒b受到安培力FBI0L，其加速度a，选项B正确；此后铜棒a做加速度减小的减速运动，铜棒b做加速度减小的加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，据动量守恒有mv02mv，铜棒b最大速度v，选项C错误；回路中产生的焦耳热Qmv022mv2，选项D错误3.(多选

19、)(2020安徽省天长中学期末)如图3所示，两根质量均为m的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为12，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，现用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右运动距离为s的过程中，AB棒上产生的焦耳热为Q，此时AB棒和CD棒的速度大小均为v，此时立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，则下列说法正确的是()图3Av的大小等于B撤去拉力F后，AB棒的最终速度大小为v，方向向右C撤去拉力F后，CD棒的最终速度大小为v，方向向右D撤去拉力F后，整个回路产生的焦耳热为mv2答案AD解析由于两棒

20、的长度之比为12，所以电阻之比为12，由于两棒是串联关系，在任何时刻电流均相等，根据焦耳定律QI2Rt，所以CD棒上产生的焦耳热为2Q，在CD棒向右运动距离为s的过程中，根据功能关系有Fs3Qmv22，解得v，A正确；设AB棒的长度为l，则CD棒的长度为2l，撤去拉力F后，AB棒继续向左加速运动，而CD棒向右开始减速运动，两棒最后匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足BlvABB2lvCD，即vAB2vCD，对两棒分别应用动量定理有FABtmvABmv，FCDtmvCDmv，因为FCD2FAB，解得AB棒的速度大小为vABv，方向向左，CD棒的速

21、度大小为vCDv，方向向右，B、C错误；撤去拉力F后到最后稳定运动过程，整个回路产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有Qmv22mvAB2mvCD2，解得Qmv2，D正确4(2020河南郑州市期末)如图4甲所示，固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间的距离为L1 m质量m1 kg的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直导轨左端与阻值R4 的电阻相连，其余电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场内，磁感应强度B2 T在t0时，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直导体棒，使直导体棒由静止开始向右做直线运动，图乙是描述导体棒运动过程的vt图象(设导轨足够长)求：图4(1)拉力F的大小；(2)t1.6

22、 s时，导体棒的加速度大小a；(3)前1.6 s内导体棒的位移大小x.答案(1)10 N(2)2 m/s2(3)8 m解析(1)导体棒的运动速度为v时产生的电动势EBLv，闭合回路中的感应电流I导体棒所受安培力FABIL由题图乙可知，当速度v10 m/s时拉力FFA，得F10 N.(2)由题图乙知，t1.6 s时，v8 m/s，由牛顿第二定律有Fma，得a2 m/s2.(3)在导体棒的速度为任意值v的一段极短时间t内，发生位移x，安培力的冲量Itx则前1.6 s内安培力的总冲量Ix由动量定理有Ftxmv0，得x8 m.5如图5所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不

23、计质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞重力加速度为g.求：图5(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热答案(1)0(2)(3)mgh解析(1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒，则有：mv02m

24、gha棒与b棒发生弹性正碰由动量守恒定律：mv0mv1mv2由机械能守恒定律：mv02mv12mv22联立解得v10，v2v0(2)b棒刚进磁场时的加速度最大设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势EBL(vbvc)由闭合电路欧姆定律得I，由安培力公式得FBILma，联立得a.故当b棒加速度为最大值的一半时有v22(v2v3)b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒由动量守恒定律：mv2mv2v3联立得v2v2(3)最终b、c以相同的速度匀速运动由动量守恒定律：mv2(m)v由能量守恒定律：mv22(m)v2Q解得Qmgh.6两足够长且不

25、计电阻的光滑金属轨道如图6甲所示放置，间距为d1 m，在左端弧形轨道部分高h1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道平滑连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra2 ，Rb5 ，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2 T现杆b以初速度大小v05 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止下滑至刚滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma2 kg，mb1 kg，g取10 m/s2，求：图6(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨

26、道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热答案(1)5 s(2) C(3) J解析(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有Bdtmb(v0vb0)由题图乙知vb02 m/s代入数据解得t5 s.(2)对杆a由静止下滑至刚滑到水平轨道的过程中，由机械能守恒定律有maghmava2解得va5 m/s设最后a、b两杆共同的速度为v，由动量守恒定律得mavambvb0(mamb)v代入数据解得v m/s杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v的运动时间为t，则由动量定理可得Bdtma(vav)而qt代入数据得q C.(3)由能量守恒定律可知整个运动过程中杆a、b中产生的总焦耳热为Qmaghmbv02(mamb)v2 J杆b中产生的焦耳热为QQ J.