2024版高考物理復習教案：第一篇 專題四 培優(yōu)點7　動量觀點在電磁感應中的應用

培優(yōu)點7動量觀點在電磁感應中的應用目標要求1.掌握應用動量定理處理電磁感應問題的思路。2.掌握應用動量守恒定律處理電磁感應問題的方法?？键c一動量定理在電磁感應中的應用在導體單桿切割磁感線做變加速運動時，若運用牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題，可運用動量定理巧妙解決問題求解的物理量應用示例電荷量或速度－Beq\x\to(I)LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt，即－BqL＝mv2－mv1位移－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R總)＝0－mv0時間－Beq\x\to(I)LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知電荷量q、F其他(F其他為恒力)－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－eq\f(B2L2x,R總)＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知位移x、F其他(F其他為恒力)例1(2023·江蘇泰州市調研)如圖所示，在光滑絕緣水平面上有一根通有恒定電流I的長直導線，用規(guī)格相同的均勻材料做成的單匝線框A、B平鋪在水平面上。A是邊長為a的正方形，B是長為2a、寬為a的長方形。瞬間關閉恒定電流I，假設線框不會與長直導線碰撞，A、B最終獲得的動量之比為()A．3∶8B．3∶4C．1∶4D．9∶16答案A解析時間極短，可認為磁感應強度均勻變化，設線框左右兩邊的磁感應強度差為ΔB，由動量定理有ΔBLI′t＝ΔBLeq\f(ΔΦ,R)＝mv＝p，根據(jù)題意A、B為同種均勻材料，可得eq\f(RB,RA)＝eq\f(6,4)，所以有eq\f(pA,pB)＝eq\f(LA,LB)·eq\f(ΔΦA,ΔΦB)·eq\f(RB,RA)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(6,4)＝eq\f(3,8)，故選A。例2(2023·湖南卷·14)如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為L，兩導軌及其所構成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B?，F(xiàn)將質量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為g。(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；(2)在(1)問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內棒a相對于棒b運動的距離Δx。答案(1)eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)2gsinθ(3)gsinθ·t0＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)eq\f(2m2R2gsinθ,B4L4)解析(1)棒a在運動過程中重力沿導軌平面向下的分力和棒a所受安培力相等時做勻速運動，由法拉第電磁感應定律可得E＝BLv0由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I＝eq\f(E,2R)，F(xiàn)＝BIL棒a受力平衡可得mgsinθ＝BIL聯(lián)立解得v0＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)由左手定則可以判斷棒b所受安培力沿導軌平面向下，釋放棒b瞬間電路中電流不變，則對棒b由牛頓第二定律可知mgsinθ＋BIL＝ma0解得a0＝2gsinθ(3)棒a受到沿導軌平面向上的安培力，釋放棒b后，在到達共速時對棒a由動量定理有mgsinθt0－Beq\x\to(I)Lt0＝mv－mv0棒b受沿導軌平面向下的安培力，對b棒由動量定理有mgsinθt0＋Beq\x\to(I)Lt0＝mv聯(lián)立解得v＝gsinθ·t0＋eq\f(v0,2)＝gsinθ·t0＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)，eq\x\to(I)＝eq\f(mv0,2BLt0)由法拉第電磁感應定律可得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)＝eq\f(BLΔx,2Rt0)聯(lián)立可得Δx＝eq\f(mv0R,B2L2)＝eq\f(2m2R2gsinθ,B4L4)?？键c二動量守恒定律在電磁感應中的應用雙桿模型物理模型“一動一靜”：甲桿靜止不動，乙桿運動，其實質是單桿問題，不過要注意問題包含著一個條件——甲桿靜止，受力平衡兩桿都在運動，對于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢是相加還是相減；系統(tǒng)動量是否守恒分析方法動力學觀點通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，而另一個金屬桿做加速度逐漸減小的減速運動，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運動能量觀點兩桿系統(tǒng)機械能減少量等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和動量觀點對于兩金屬桿在平直的光滑導軌上運動的情況，如果兩金屬桿所受的外力之和為零，則考慮應用動量守恒定律處理問題例3(2023·江蘇省南京外國語學校期末)如圖所示，兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導軌固定于同一絕緣水平面內，整個導軌處于豎直向下的勻強磁場中，質量均為m、電阻分別為R、r的導體棒MN、PQ垂直靜止于平行導軌上，與導軌構成矩形閉合回路，某時刻給導體棒MN一個水平向右的瞬時沖量I，不考慮導軌的電阻，則從此時至PQ達到最大速度的過程中，以下說法正確的是()A．導體棒PQ做加速度增大的加速運動B．通過導體棒MN的電荷量為eq\f(I,BL)C．兩導體棒的相對距離減小量為eq\f(IR＋r,2B2L2)D．導體棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(I2,4m)答案C解析依題意，當兩導體棒速度相等時，導體棒PQ速度達到最大，該過程中，導體棒PQ受到的安培力水平向右，根據(jù)F安＝BIL，I＝eq\f(E,R＋r)，E＝BLΔv，聯(lián)立可得F安＝eq\f(B2L2Δv,R＋r)，式中Δv為兩導體棒在運動過程中的速度差，由于Δv逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝eq\f(B2L2Δv,mR＋r)，可知導體棒PQ做加速度逐漸減小的加速運動，直到PQ達到最大速度后，兩導體棒一起做勻速直線運動，故A錯誤；對導體棒MN，設其開始運動時的初速度大小為v0，兩導體棒達到共速時速度大小為v，根據(jù)動量定理可得－Beq\x\to(I)LΔt＝mv－mv0，eq\x\to(I)Δt＝q，I＝mv0，對兩導體棒，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝2mv，聯(lián)立可得通過導體棒MN的電荷量為q＝eq\f(I,2BL)，故B錯誤；根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)，ΔΦ＝BΔS＝BLΔx，聯(lián)立可得兩導體棒的相對距離減小量為Δx＝eq\f(IR＋r,2B2L2)，故C正確；從開始運動到兩導體棒達到共速時，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝Q＋eq\f(1,2)×2mv2，Q＝QR＋Qr，eq\f(QR,Qr)＝eq\f(R,r)，聯(lián)立得導體棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f(RI2,4mR＋r)，故D錯誤。1.(2023·江蘇省鹽城中學期末)如圖所示，在豎直平面內固定有足夠長的平行金屬導軌PQ、MN，導軌間距為L，在Q、N之間連接有阻值為R的電阻，導軌上放有質量為m、電阻為eq\f(1,5)R的金屬桿ab，整個裝置處于磁感應強度為B、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場中?，F(xiàn)對金屬桿ab施加一大小為F＝2mg的拉力，使其由靜止開始向上運動，經(jīng)時間t后金屬桿達到最大速度。金屬桿ab運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，忽略所有摩擦，不計導軌電阻，當?shù)刂亓铀俣葹間，則下列結論正確的是()A．通過電阻R的感應電流方向為由N向QB．金屬桿ab的最大速度為eq\f(6mgR,5B2L2)C．金屬桿ab由靜止到最大速度的過程中，上升的高度為eq\f(5mgR,6B2L2)(t－eq\f(6mR,5B2L2))D．金屬桿ab由靜止到最大速度的過程中，通過電阻R的電荷量為eq\f(mg,BL)(t－eq\f(4mR,5B2L2))答案B解析由楞次定律可知，通過電阻R的感應電流方向為由Q向N，故A錯誤；金屬桿速度為v時，產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv，通過金屬桿的電流為I＝eq\f(5BLv,6R)，金屬桿所受安培力為FA＝BIL＝eq\f(5B2L2v,6R)，由牛頓第二定律可得F－mg－eq\f(5B2L2v,6R)＝ma，當a＝0時，速度最大，解得最大速度為vm＝eq\f(6mgR,5B2L2)，故B正確；金屬桿ab由靜止到最大速度的過程中，由動量定理得Ft－mgt－Beq\x\to(I)Lt＝mvm，又因為eq\x\to(I)＝eq\f(5BL\x\to(v),6R)，eq\x\to(I)＝eq\f(q,t)，可得Ft－mgt－eq\f(5B2L2h,6R)＝mvm，F(xiàn)t－mgt－BLq＝mvm，解得上升的高度h＝eq\f(6mgR,5B2L2)(t－eq\f(6mR,5B2L2))，通過電阻R的電荷量q＝eq\f(mg,BL)(t－eq\f(6mR,5B2L2))，故C、D錯誤。2．(2023·江蘇南通市海安中學開學考試)如圖所示，光滑平行導軌MNPQ固定在絕緣水平面上，導軌寬度為d，處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌足夠長，將質量分別為2m、m，電阻均為R的金屬棒J和K分別置于軌道上，棒始終與軌道垂直并且接觸良好，導軌電阻不計?，F(xiàn)使J棒獲得水平向右的初速度2v0，K棒獲得水平向左的初速度v0，求：(1)全過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱Q；(2)從開始運動到穩(wěn)定狀態(tài)過程中兩棒間距離的改變量Δx。答案(1)3mv02(2)eq\f(4mv0R,B2d2)解析(1)兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，則2m·2v0－mv0＝(2m＋m)v根據(jù)能量守恒可得產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)×2m(2v0)2＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(2m＋m)v2聯(lián)立解得Q＝3mv02(2)取J棒研究，設運動過程中平均電流為eq\x\to(I)，經(jīng)歷時間為Δt，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得－Beq\x\to(I)d·Δt＝2mv0－2m·2v0而eq\x\to(I)＝eq\f(ΔΦ,Δt·2R)＝eq\f(B·d·Δx,Δt·2R)解得Δx＝eq\f(4mv0R,B2d2)。專題強化練1.(2023·江蘇蘇州市期中)如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一絕緣水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t＝0時，棒ab以初速度v0向右運動且不會與cd相碰。運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別為vab、vcd，通過ab橫截面的電荷量為q，回路中的電流為I，cd棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q。下列圖像中正確的是()答案C解析導體棒ab切割磁感線產(chǎn)生由a到b的感應電流，則導體棒ab受到向左的安培力，做減速運動；導體棒cd受到向右的安培力，向右加速運動，則感應電流I＝eq\f(BLvab－vcd,R)，兩導體棒的相對速度減小，感應電流減小，每個導體棒所受的安培力大小F＝BIL，F(xiàn)隨著電流減小而減小，設導體棒質量為m，當兩者速度相等時，電流為零，導體棒的速度由動量守恒定律得mv0＝2mv，兩導體棒的速度最終為v＝eq\f(v0,2)，且加速度隨著電流的減小而減小，電流變化也越來越慢，最終為零，C正確，A錯誤；對ab棒，由動量定理有Beq\x\to(I)Lt＝mv0－mvab，則q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(mv0－vab,BL)，因為vab隨時間增加而減小，則電荷量隨時間的增加而增加，最后達到最大值，因為電流隨時間減小，所以q－t的圖像斜率也應是減小，故B錯誤；系統(tǒng)狀態(tài)穩(wěn)定后，兩個導體棒的相對速度為0，不再有感應電流產(chǎn)生，焦耳熱不會隨著時間一直增大，故D錯誤。2.如圖所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強磁場。磁場區(qū)域的左側，一正方形線框由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁場邊界水平向右運動，經(jīng)過位置Ⅱ，當運動到位置Ⅲ時速度恰為零，此時線框剛好有一半離開磁場區(qū)域。線框的邊長小于磁場區(qū)域的寬度。若線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量分別為q1、q2，線框經(jīng)過位置Ⅱ時的速度為v。則下列說法正確的是()A．q1＝q2 B．q1＝4q2C．v＝1.0m/s D．v＝1.5m/s答案D解析根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)可知，線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量q1＝2q2，故A、B錯誤；線框從開始進入到位置Ⅱ，由動量定理有－Beq\x\to(I1)LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理線框從位置Ⅱ到位置Ⅲ，由動量定理有－Beq\x\to(I2)LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，聯(lián)立解得v＝eq\f(1,3)v0＝1.5m/s，故C錯誤，D正確。3.如圖所示，兩根電阻不計的光滑平行金屬導軌固定于水平面內，導軌左側接有阻值恒定的電阻R。一電阻不計的導體棒垂直導軌放置于M點，并與導軌接觸良好，導軌間存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場。現(xiàn)給導體棒一個水平向右的初速度，第一次速度大小為v0，滑動一段位移到達N點停下來，第二次速度大小為2v0，滑動一段位移后也會停止運動，在導體棒的運動過程中，以下說法正確的是()A．先后兩次運動過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量之比為1∶2B．先后兩次運動過程中的位移之比為1∶2C．先后兩次運動過程中流過R的電荷量之比為1∶4D．導體棒第二次運動經(jīng)過N點時速度大小為2v0答案B解析根據(jù)能量守恒可知，導體棒從開始運動到停下來，動能全部轉化為內能，滿足Q＝eq\f(1,2)mv2，所以生成的熱量之比為1∶4，故A錯誤；設運動過程中任意時刻的速度大小為v，導體棒質量為m，磁感應強度為B，導軌間距為L，電路的總電阻為R，由牛頓第二定律得eq\f(B2L2v,R)＝ma，在一段極短時間Δt內eq\f(B2L2v,R)Δt＝maΔt，結合速度和加速度的定義可得eq\f(B2L2,R)Δx＝mΔv，方程兩邊對一段時間累積求和，可知發(fā)生一段位移x與速度變化的關系為eq\f(B2L2,R)x′＝m(v0－v)，對于整個過程，有eq\f(B2L2,R)x＝mv0，所以eq\f(x1,x2)＝eq\f(v0,2v0)＝eq\f(1,2)，第二次運動經(jīng)過N點時，有eq\f(B2L2,R)x1＝m(2v0－vN)，解得vN＝v0，故B正確，D錯誤；流過R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL,R)x，所以eq\f(q1,q2)＝eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2)，故C錯誤。4.如圖所示，傾角為θ的絕緣斜面固定放置，斜面上水平虛線MN和PQ間有垂直于斜面向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場，MN、PQ之間的距離為d。質量為m、邊長為L(L<d)、總電阻為R的正方形金屬線框abcd放在MN上方的斜面上，線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，給線框一個沿斜面向下的瞬時沖量，線框在運動過程中ab邊始終保持與MN平行，當cd邊出磁場邊界PQ時線框速度剛好減小到0。下列說法正確的是()A．線框的初速度大小為eq\f(B2L3,mR)B．線框進出磁場過程安培力做功之比為3∶1C．線框從進入到穿出磁場的過程產(chǎn)生的熱量為eq\f(2B4L6,mR2)D．保持初速度不變，增大磁場的寬度d，線框cd邊不可能穿出磁場答案B解析由于μ＝tanθ，因此線框在斜面上運動過程中受到的滑動摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，設線框運動的初速度為v0，根據(jù)動量定理和題述有－2Beq\f(BL2,R)L＝－mv0，解得v0＝eq\f(2B2L3,mR)，A錯誤；設線框完全進入磁場時的速度大小為v，結合上述分析有－Beq\f(BL2,R)L＝mv－mv0，解得v＝eq\f(1,2)v0，根據(jù)能量守恒定律可知，進磁場時安培力做的功為W1＝eq\f(1,2)m(eq\f(1,2)v0)2－eq\f(1,2)mv02，出磁場時安培力做的功為W2＝－eq\f(1,2)m(eq\f(1,2)v0)2，則W1∶W2＝3∶1，B正確；由能量守恒定律可知，線框從進入到穿出磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)mv02＋mgsinθ·(d＋L)＝eq\f(2B4L6,mR2)＋mg(L＋d)sinθ，C錯誤；保持初速度不變，增大磁場的寬度d，由于線框完全在磁場中時做勻速直線運動，進、出磁場時受力不變，因此線框仍然剛好穿出磁場，D錯誤。5.(2023·遼寧卷·10改編)如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側導軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒MN的電阻為R、長度為d，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是()A．彈簧伸展過程中，回路中產(chǎn)生逆時針方向的電流B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為eq\f(4B2d2v,3R)C．整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為eq\f(BLd,3R)答案C解析彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，選項A錯誤；任意時刻，設電流為I，則PQ所受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知兩棒系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，設PQ質量為2m，則MN質量為m,PQ速率為v時，則有2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路中的感應電流I＝eq\f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq\f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小為FMN＝2BId＝eq\f(4B2d2v,R)，選項B錯誤；設整個運動過程中，某時刻MN與PQ的速率分別為v1、v2，同理有mv1＝2mv2，可知MN與PQ的速率之比始終為2∶1，則MN與PQ的路程之比為2∶1，故C正確；兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態(tài)，由動量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最終MN向左移動x1＝eq\f(2L,3)，PQ向右移動x2＝eq\f(L,3)，則q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R總)＝eq\f(2B\f(2L,3)d＋B\f(L,3)2d,3R)＝eq\f(2BLd,3R)，選項D錯誤。6．(2023·江蘇常州市前黃高級中學模擬)如圖甲所示，光滑的金屬導軌MN和PQ平行，間距L＝1.0m，與水平面之間的夾角α＝37°，勻強磁場磁感應強度B＝2.0T，方向垂直于導軌平面向上，MP間接有阻值R＝1.6Ω的電阻，質量m＝0.5kg、電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直導軌放置?，F(xiàn)用和導軌平行的恒力F沿導軌平面向上拉金屬棒ab，使其由靜止開始運動，當，導軌足夠長。求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)運動過程中a、b哪端電勢高，并計算恒力F的大??；(2)由圖中信息計算0～1s內，通過電阻R的電荷量q和金屬棒滑過的位移x。答案(1)b端5N(2)0.755C0.755m解析(1)由右手定則可判斷感應電流由a流向b，b相當于電源的正極，故b端電勢高。當金屬棒勻速運動時，由平衡條件得F＝mgsin37°＋F安，其中F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，由題圖乙可知v＝1.0m/s，聯(lián)立解得F＝5N。(2)0～1s內，金屬棒做加速度減小的加速運動，由動量定理有(F－mgsin37°)t－Beq\x\to(I)Lt＝mv1－0又q＝eq\x\to(I)t，由題圖乙可知v1＝0.