2025版高考物理一輪總復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破第12章電磁感應(yīng)專題強(qiáng)化19動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用考點(diǎn)1動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

考點(diǎn)1動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用(實(shí)力考點(diǎn)·深度研析)1．此類問(wèn)題中常用到的幾個(gè)公式(1)安培力的沖量為：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq。(2)通過(guò)導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR總)Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)。(3)磁通量變更量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。(4)假如安培力是導(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1。2．選用技巧：當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)常用動(dòng)量定理求解更便利。?考向1“導(dǎo)體棒＋電阻”模型模型一示意圖水平放置的平行光滑導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，左側(cè)接有電阻R，導(dǎo)體棒初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，從起先運(yùn)動(dòng)至停下來(lái)求電荷量q對(duì)金屬棒應(yīng)用動(dòng)量定理－Beq\x\to(I)LΔt＝0－mv0，q＝eq\x\to(I)Δt，q＝eq\f(mv0,BL)求位移x對(duì)金屬棒應(yīng)用動(dòng)量定理－eq\f(B2L2\x\to(v),R)Δt＝0－mv0，x＝eq\x\to(v)Δt＝eq\f(mv0R,B2L2)模型二示意圖間距為L(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為θ，由靜止釋放質(zhì)量為m、接入電路的阻值為R的導(dǎo)體棒，當(dāng)通過(guò)橫截面的電荷量為q或下滑位移為x時(shí)，速度達(dá)到v求運(yùn)動(dòng)時(shí)間－Beq\x\to(I)LΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，q＝eq\x\to(I)Δt，－eq\f(B2L2\x\to(v),R)Δt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，x＝eq\x\to(v)Δt[解析](1)a導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝BLv0由閉合電路的歐姆定律及安培力公式I＝eq\f(E,2R)，F(xiàn)＝BILa棒受力平衡可得mgsinθ＝BIL聯(lián)立解得v0＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)。(2)由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向右，b棒受到沿斜面對(duì)下的安培力，此時(shí)電路中電流不變，對(duì)b棒依據(jù)牛頓其次定律可得mgsinθ＋BIL＝ma，解得a＝2gsinθ。(3)釋放b棒后a棒受到沿斜面對(duì)上的安培力，在到達(dá)共速時(shí)，對(duì)a棒應(yīng)用動(dòng)量定理mgsinθt0－Beq\x\to(I)Lt0＝mv－mv0b棒受到向下的安培力，對(duì)b棒依據(jù)動(dòng)量定理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)此過(guò)程流過(guò)b棒的電荷量為q，則有q＝eq\x\to(I)t0由法拉第電磁感應(yīng)定律可得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)＝eq\f(1,2R)eq\f(BLΔx,t0)聯(lián)立可得Δx＝eq\f(mv0R,B2L2)＝eq\f(2m2R2gsinθ,B4L4)。[答案](1)eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)2gsinθ(3)gsinθ·t0＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)eq\f(2m2R2gsinθ,B4L4)?考向2導(dǎo)線框模型模型一示意圖在安培力作用下穿越磁場(chǎng)位移速度電荷量的計(jì)算動(dòng)量不守恒，可用動(dòng)量定理分析導(dǎo)線框的位移、速度、通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量：(1)求電荷量或速度：－Beq\x\to(I)·LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt；(2)求位移：－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R總)＝0－mv0模型二示意圖在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁場(chǎng)時(shí)間的計(jì)算求時(shí)間：①－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(xiàn)其他為恒力，可求出變加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；②－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若已知位移x，F(xiàn)其他為恒力，也可求出變加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間(2024·山西新課標(biāo)卷)一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線為磁場(chǎng)邊界，如圖(a)所示。(1)使金屬框以確定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬框的左、右邊框始終與磁場(chǎng)邊界平行，金屬框完全穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。(2)在桌面上固定兩條光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場(chǎng)邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導(dǎo)軌電阻可忽視，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖(b)所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬框的上、下邊框到處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。[解析](1)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中有eq\x\to(E)＝BLeq\f(L,t)則金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中流過(guò)回路的電荷量為q1＝eq\f(\x\to(E),4R0)t＝eq\f(BL2,4R0)則金屬框完全穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中流過(guò)回路的電荷量為q＝eq\f(BL2,2R0)且有－BqL＝eq\f(mv0,2)－mv0聯(lián)立有v0＝eq\f(B2L3,mR0)。(2)設(shè)金屬框的初速度為v0，則金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的末速度為v1，向右為正方向。由于導(dǎo)軌電阻可忽視，此時(shí)金屬框上下部分被短路，故電路中的總電阻R總＝R0＋eq\f(2R0·R0,2R0＋R0)＝eq\f(5R0,3)再依據(jù)動(dòng)量定理有－eq\f(B2L3,R總)＝mv1－mv0解得v1＝eq\f(2B2L3,5mR0)則在此過(guò)程中依據(jù)能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得Q1＝eq\f(21B4L6,50mR\o\al(2,0))其中QR1＝eq\f(2,15)Q1＝eq\f(7B4L6,125mR\o\al(2,0))此后線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)中，則線框左右兩邊均作為電源，且等效電路圖如下則此時(shí)回路的總電阻R總′＝2R0＋eq\f(R0,2)＝eq\f(5R0,2)設(shè)線框剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度為v2，再依據(jù)動(dòng)量定理有－eq\f(B2L3,R總′)＝mv2－mv1解得v2＝0則說(shuō)明線框剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)就停止運(yùn)動(dòng)了，則再依據(jù)能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Q2其中QR1′＝eq\f(4,5)Q2＝eq\f(8B4L6,125mR\o\al(2,0))則在金屬框整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量QR1總＝QR1＋QR1′＝eq\f(3B4L6,25mR\o\al(2,0))。[答案](1)eq\f(B2L3,mR0)(2)eq\f(3B4L6,25mR\o\al(2,0))?考向3雙棒在外力作用下模型光滑的平行導(dǎo)軌不光滑的平行導(dǎo)軌示意圖質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長(zhǎng)度Lb＝La質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長(zhǎng)度Lb＝La摩擦力Ffb＝Ffa運(yùn)動(dòng)分析起先時(shí)，兩桿受安培力做變加速運(yùn)動(dòng)；穩(wěn)定時(shí)，兩桿以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)起先時(shí)，若Ff<F≤2Ff，則a桿先變加速后勻速運(yùn)動(dòng)；b桿靜止。若F>2Ff，a桿先變加速后勻加速運(yùn)動(dòng)，b桿先靜止后變加速最終和a桿同時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度相同運(yùn)動(dòng)圖像能量觀點(diǎn)F做的功轉(zhuǎn)化為兩桿的動(dòng)能和內(nèi)能：WF＝ΔEk＋QF做的功轉(zhuǎn)化為兩桿的動(dòng)能和內(nèi)能(包括電熱和摩擦熱)：WF＝ΔEk＋Q電＋Qf動(dòng)量觀點(diǎn)兩桿組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒對(duì)單桿可以用動(dòng)量定理兩桿組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒對(duì)單桿可以用動(dòng)量定理(多選)如圖所示，水平固定且間距為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌處在垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌上有a、b兩根與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒，質(zhì)量均為m，電阻均為R。現(xiàn)對(duì)a施加水平向右的恒力，使其由靜止起先向右運(yùn)動(dòng)。當(dāng)a向右的位移為x時(shí)，a的速度達(dá)到最大且b剛要滑動(dòng)。已知兩棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是(BC)A．導(dǎo)體棒a的最大速度vm＝eq\f(μmgR,B2L2)B．電路中的最大電流Im＝eq\f(μmg,BL)C．a(chǎn)發(fā)生位移x的過(guò)程所用時(shí)間t＝eq\f(2mR,B2L2)＋eq\f(B2L2x,2μmgR)D．a(chǎn)發(fā)生位移x的過(guò)程中，導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的焦耳熱Qb＝μmgx－eq\f(2μ2m3g2R2,B4L4)[解析]a的速度達(dá)到最大時(shí)b剛要滑動(dòng)，對(duì)b有μmg＝BImL，解得Im＝eq\f(μmg,BL)，又Im＝eq\f(Em,2R)＝eq\f(BLvm,2R)，解得vm＝eq\f(2μmgR,B2L2)，故A錯(cuò)誤，B正確；a的速度達(dá)到最大時(shí)a所受合力為零，則有F＝μmg＋BImL＝2μmg，a發(fā)生位移x的過(guò)程，依據(jù)動(dòng)量定理得Ft－μmgt－Beq\x\to(I)Lt＝mvm－0，其中eq\x\to(I)t＝q＝eq\f(\x\to(E)t,2R)＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLx,2R)，聯(lián)立解得t＝eq\f(2mR,B2L2)＋eq\f(B2L2x,2μmgR)，故C正確；a發(fā)生位移x的過(guò)程中，導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的焦耳熱Qb＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Fx－μmgx－\f(1,2)mv\o\al(2,m)))＝eq\f(1,2)μmgx－eq\f(μ2m3g2R2,B4L4)，故D錯(cuò)誤。?考向4不等間距上的雙棒模型光滑不等距導(dǎo)軌示意圖質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長(zhǎng)度Lb＝2La運(yùn)動(dòng)狀況分析桿b受安培力做變減速運(yùn)動(dòng)，桿a受安培力做變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為1∶2動(dòng)量關(guān)系兩桿組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒對(duì)單桿可以用動(dòng)量定理(多選)如圖所示，電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌由直窄軌AB、CD以及直寬軌EF、GH組合而成，窄軌和寬軌均處于同一水平面內(nèi)，AB、CD等長(zhǎng)且與EF、GH均相互平行，BE、GD等長(zhǎng)、共線，且均與AB垂直，窄軌間距為eq\f(L,2)，寬軌間距為L(zhǎng)。窄軌和寬軌之間均有豎直向上的磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。由同種材料制成的相同金屬直棒a、b始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，棒長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R。初始時(shí)b棒靜止于導(dǎo)軌EF段某位置，a棒從AB段某位置以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，且a棒距窄軌右端足夠遠(yuǎn)，寬軌EF、GH足夠長(zhǎng)。下列推斷正確的是(ABD)A．a(chǎn)棒剛起先運(yùn)動(dòng)時(shí)，b棒的加速度大小為eq\f(B2L2v0,3mR)B．經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間，a棒的速度為eq\f(4,5)v0C．整個(gè)過(guò)程中通過(guò)回路的電荷量為eq\f(4mv0,5BL)D．整個(gè)過(guò)程中b棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,15)mveq\o\al(2,0)[解析]a棒剛起先運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(BLv0,2)，電路中電流為I＝eq\f(E,R＋\f(1,2)R)＝eq\f(BLv0,3R)，b棒受的安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,3R)，依據(jù)牛頓其次定律得a＝eq\f(B2L2v0,3mR)，故選項(xiàng)A正確；經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間，電路中無(wú)電流，有eq\f(BLva,2)＝BLvb，對(duì)a導(dǎo)體棒，依據(jù)動(dòng)量定理得－Bieq\f(L,2)Δt＝mva－mv0，對(duì)b導(dǎo)體棒，依據(jù)動(dòng)量定理得BiLΔt＝mvb，聯(lián)立解得va＝eq\f(4,5)v0，vb＝eq\f(2,5)v0，故選項(xiàng)B正確；對(duì)b導(dǎo)體棒，依據(jù)動(dòng)量定理得BiLΔt＝BLq＝mvb，解得q＝eq\f(2mv0,5BL)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；依據(jù)能量守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＋Qa＋Qb，由Q＝I2Rt可知兩導(dǎo)體棒發(fā)熱量關(guān)系為2Qa＝Qb，解得Qb＝eq\f(1,15)mveq\o\al(2,0)，故D正確。?考向5“導(dǎo)體棒＋電容器”模型模型一示意圖(無(wú)外力充電式)導(dǎo)軌水平光滑，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，桿ab初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計(jì)運(yùn)動(dòng)狀況分析導(dǎo)體桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv－UC,R)，導(dǎo)體桿受安培力F安＝BIL，做減速運(yùn)動(dòng)，v，電容器充電，UC，F(xiàn)安，a，當(dāng)BLv＝UC時(shí)，I＝0，F(xiàn)安＝0，桿勻速運(yùn)動(dòng)最終速度計(jì)算eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(依據(jù)q＝CU、U＝BLvm、－B\x\to(I)L·Δt＝mvm－mv0、,q＝\x\to(I)Δt，可得vm＝\f(mv0,m＋B2L2C)))模型二示意圖(無(wú)外力放電式)導(dǎo)軌水平光滑，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，單桿ab質(zhì)量為m，電阻為R運(yùn)動(dòng)狀況分析電容器充溢電后，S合向2，導(dǎo)體桿受安培力運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(UC－BLv,R)，導(dǎo)體桿受安培力F安＝BIL，做加速運(yùn)動(dòng)，v，電容器放電UC減小，F(xiàn)安，a，當(dāng)BLv＝UC時(shí)，I＝0，F(xiàn)安＝0，桿勻速運(yùn)動(dòng)最終速度計(jì)算eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(依據(jù)Δq＝q0－q＝CE－CBLvm、B\x\to(I)L·Δt＝mvm－0、,Δq＝\x\to(I)Δt，可得vm＝\f(BLCE,m＋B2L2C)))如圖甲所示，兩平行長(zhǎng)直光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L(zhǎng)，左端連接一個(gè)電容為C的電容器，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。質(zhì)量為m的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，某時(shí)刻金屬棒獲得一個(gè)水平向右的初速度v0，之后金屬棒運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，不考慮導(dǎo)軌的電阻。(1)求金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v1；(2)求金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電容器的電荷量q；(3)已知金屬棒從起先到勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求電容器充電穩(wěn)定后儲(chǔ)存的電能E。[解析](1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)U＝BLv1電容器的電荷量q＝CU金屬棒從起先到勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由動(dòng)量定理有－Beq\x\to(I)Lt0＝mv1－mv0電容器的電荷量q＝eq\x\to(I)t0聯(lián)立解得v1＝eq\f(mv0,m＋CB2L2)。(2)由(1)可知q＝CU＝CBLv1＝eq\f(CBLmv0,m＋CB2L2)。(3)在0～t0時(shí)間內(nèi)，金屬棒的速度由v0到v1，由能量守恒定律可得E＋Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m3v\o\al(2,0),2m＋CB2L22)－Q。[答案](1)eq\f(mv0,m＋CB2L2)(2)eq\f(CBLmv0,m＋CB2L2)(3)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m3v\o\al(2,0),2m＋CB2L22)－Q(2024·浙江高三聯(lián)考)如圖所示，水平金屬圓環(huán)由沿半徑方向的金屬桿連接，外環(huán)和內(nèi)環(huán)的半徑分別是R1＝0.2m，R2＝0.1m。兩環(huán)通過(guò)電刷分別與間距L＝0.2m的平行光滑水平金屬軌道PM和P′M′相連，MM′右側(cè)是水平絕緣導(dǎo)軌，并由一小段圓弧平滑連接傾角θ＝30°的等距金屬導(dǎo)軌，下方連接阻值R＝0.2Ω的電阻。水平導(dǎo)軌接有志向電容器，電容C＝1F。導(dǎo)體棒ab、cd，垂直靜止放置于MM′兩側(cè)，質(zhì)量分別為m1＝0.1kg，m2＝0.2kg，電阻均為r＝0.1Ω。ab放置位置與MM′距離足夠長(zhǎng)，全部導(dǎo)軌均光滑，除已知電阻外，其余電阻均不計(jì)。整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，忽視磁場(chǎng)對(duì)電容器的影響。圓環(huán)處的金屬桿做順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度ω＝20rad/s。求：(1)S擲向1，穩(wěn)定后電容器所帶電荷量的大小q；(2)在