高考物理【一轮复习】讲义练习专题强化二十四　动量观点在电磁感应中的应用

这是一份高考物理【一轮复习】讲义练习专题强化二十四　动量观点在电磁感应中的应用，共14页。试卷主要包含了求电荷量，求位移，求时间，78 J，4 m/s等内容，欢迎下载使用。
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为
I其他+IlBΔt=mv-mv0
或I其他-IlBΔt=mv-mv0;
若其他力的冲量和为零，则有IlBΔt=mv-mv0或-IlBΔt=mv-mv0。
2.求电荷量:q=IΔt=mv0-mvBl。
3.求位移:由-B2l2vR总Δt=mv-mv0有x=vΔt=(mv0-mv)R总B2l2。
4.求时间
①已知电荷量q，F其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间。
-BILΔt+F其他Δt=mv-mv0
即-BLq+F其他Δt=mv-mv0。
②若已知位移x，F其他为恒力，也可求出非匀变速运动的时间。
-B2L2vΔtR总+F其他Δt=mv-mv0，vΔt=x。
例1 (多选)(2024·贵州卷，10)如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则( )
A.加速过程中通过金属棒的电荷量为mvBL
B.金属棒加速的时间为2mRB2L2
C.加速过程中拉力的最大值为4B2L2v3R
D.加速过程中拉力做的功为12mv2
答案 AB
解析 金属棒减速运动过程，只受安培力作用，结合法拉第电磁感应定律和安培力公式可知FA1=B2L2vR，该过程由动量定理有-B2L2xR=0-mv，又加速阶段和减速阶段位移相等，解得加速阶段和减速阶段的位移均为x=mvRB2L2，由于金属棒运动过程中最大速度为v，则加速阶段末速度为v，又加速阶段金属棒做匀加速直线运动，则由位移与速度关系式2ax=v2可知加速阶段金属棒的加速度为a=B2L2v2mR，由匀变速直线运动规律可知金属棒加速的时间t=va=2mRB2L2，B正确;加速过程通过金属棒的电荷量Q=It，由法拉第电磁感应定律可知I=BLv'R=BLv2R，结合B项分析可知Q=mvBL，A正确;加速过程，当速度最大时，拉力最大，由牛顿第二定律有Fm-B2L2vR=ma，解得Fm=3B2L2v2R，C错误;加速过程由动能定理有W-W安=12mv2，则该过程拉力做的功大于12mv2，D错误。
一题多解
跟踪训练
1.(多选)(2024·河北正定中学模拟)如图所示，水平面内放置的光滑平行导轨左窄右宽，左轨宽度为d，右轨宽度为2d，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为B。质量为m和2m的甲、乙两金属棒分别垂直放在导轨上，某时刻，给甲、乙两金属棒大小分别为v0和2v0的向右的初速度，设回路总电阻不变，导轨足够长，从甲、乙两金属棒获得初速度到二者稳定运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.甲、乙加速度总是大小相等
B.甲、乙匀速运动的速度大小相等
C.回路产生的焦耳热为12mv02
D.通过回路某一横截面的电荷量为mv0Bd
答案 AD
解析 根据牛顿第二定律，对甲棒BId=ma1，对乙棒BI·2d=2ma2，解得a1=a2，故A正确;当两棒产生的感应电动势相等时，电路里无感应电流，甲、乙匀速运动，则有Bdv1=B·2dv2，解得v1=2v2，故B错误;根据动量定理，对甲棒BIdΔt=mv1-mv0，对乙棒-BI·2dΔt=2mv2-2m·2v0，解得v1=2v0，v2=v0，根据能量守恒定律有12mv02+12×2m·(2v0)2=12m·(2v0)2+12×2mv02+Q，回路产生的焦耳热为Q=32mv02，故C错误;根据动量定理，对甲棒BIdΔt=mv1-mv0，其中q=IΔt，解得q=mv0Bd，故D正确。
2.如图所示，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图中的电容器带电荷量为Q，上板带正电荷，电容为C。设导体棒、导轨的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨间距为L，且足够长。导体棒质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，闭合开关后，下列说法正确的是( )
A.导体棒先向右做加速运动，再向右做减速直到静止
B.导体棒先向右做加速运动，最后以v=BLQm+CB2L2做匀速直线运动
C.通过R的电荷量为Q
D.通过R的电荷量为CB2L2Qm+CB2L2
答案 B
解析 闭合开关后电容器放电，ab中电流从a到b，由左手定则知导体棒向右做加速运动，ab向右运动过程中切割磁感线产生感应电动势，当感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，感应电流变为零，此后导体棒做匀速直线运动，故A错误;设ab最后以v做匀速运动，通过ab的电荷量为q，对ab由动量定理BLIt=mv，又q=It=Q-CBLv，解得v=BLQm+CB2L2，q=mQm+CB2L2，故B正确，C、D错误。
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
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，安培力是系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒的条件，运用动量守恒定律求解比较方便。
例2 (多选)(2025·重庆九龙坡模拟)如图所示，在绝缘水平面上固定两根足够长的间距为L的光滑平行金属导轨，导轨间有方向竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。质量均为m，接入电路的阻值均为R的金属棒ab和cd垂直于导轨放置，均处于静止状态。现同时给金属棒ab、cd一个水平方向的初速度，ab棒的初速度大小为v0，方向水平向左，cd棒的初速度大小为2v0，方向水平向右。金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻，下列说法正确的是( )
A.整个运动过程，ab棒上产生的焦耳热为mv02
B.整个运动过程，ab棒上产生的焦耳热为9mv028
C.最终金属棒ab、cd间的距离比初始时的距离增大3mv0R2B2L2
D.最终金属棒ab、cd间的距离比初始时的距离增大3mv0RB2L2
答案 BD
解析 ab棒的初速度方向水平向左、大小为v0，cd棒的初速度大小为2v0，方向水平向右，此时磁通量改变，电路中产生感应电流，在安培力的作用下，两棒同时运动，最终闭合回路间的磁通量不发生改变，即金属棒ab和cd共速，由水平方向上动量守恒，以向右为正方向，可得2mv0-mv0=2mv，解得v=v02，由能量守恒定律可得12mv02+12m(2v0)2=12×2mv2+Q，解得Q=94mv02，ab棒产生的焦耳热为Qab=12Q=98mv02，故A错误，B正确;对金属棒cd由动量定理BIL·Δt=2mv0-m·v02，其中I·Δt=ΔΦ2R=BLΔx2R，解得Δx=3mv0RB2L2，故C错误，D正确。
跟踪训练
3.(多选)(2025·贵州遵义联考)如图所示，两条足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平桌面上，导轨间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，金属棒1与2均垂直于导轨放置并静止。已知两金属棒的材料相同、长度均为d，金属棒1的横截面积为金属棒2的两倍，电路中除两金属棒的电阻外均不计。现使质量为m的金属棒2获得一个水平向右的瞬时速度v0，两金属棒从开始运动到状态稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A.金属棒1的最大速度为v03
B.金属棒2的最小速度为2v03
C.金属棒1上产生的焦耳热为19mv02
D.金属棒2上产生的焦耳热为29mv02
答案 ACD
解析 两金属棒的材料相同、长度均为d，金属棒1的横截面积为金属棒2的两倍，根据m=ρSd、R=ρ'dS，可知m1=2m2、R2=2R1，金属棒2在安培力作用下先减速后匀速，金属棒1在安培力作用下先加速后匀速，状态稳定时两金属棒速度相同，一起做匀速运动。对整个系统由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v，解得v=v03，则金属棒1的最大速度和金属棒2的最小速度均为v03，故A正确，B错误;运动过程中系统损失的动能转化为焦耳热，则由能量守恒定律得Q=12m2v02-12(m1+m2)v2，其中Q1=13Q、Q2=23Q，解得Q1=19mv02、Q2=29mv02，故C、D正确。
A级 基础对点练
对点练1 动量定理在电磁感应中的应用
1.(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是( )
A.q1=q2B.q1=2q2
C.v=1.0 m/sD.v=1.5 m/s
答案 BD
解析 根据q=ΔΦR=BΔSR可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1=2q2，故A错误，B正确;线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理-BI1LΔt1=mv-mv0，即-BLq1=mv-mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理-BI2LΔt2=0-mv，即-BLq2=0-mv，联立解得v=13v0=1.5 m/s，故C错误，D正确。
2.(2025·江西九校联考)如图所示，绝缘水平面上固定有两根足够长的光滑平行导轨，导轨间距为d，左端连接阻值为R的定值电阻，一质量为m、电阻为r的导体棒垂直导轨放置，空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，现给导体棒一个水平向右的初速度v0，导体棒在运动过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，下列说法正确的是( )
A.从上往下看，回路中产生逆时针方向的电流
B.电阻R上产生的热量为mv02r2(R+r)
C.通过导体棒某截面的电荷量为mv0Bd
D.导体棒向右运动的最大距离为mv0RB2d2
答案 C
解析 根据楞次定律可知，从上往下看，回路中产生顺时针方向的电流，故A错误;根据能量守恒定律可知，回路中产生的热量为Q=12mv02，电阻R上产生的热量为QR=RR+rQ=mv02R2(R+r)，故B错误;通过导体棒某截面的电荷量为q=IΔt，由动量定理可得-BIdΔt=0-mv0，联立解得q=mv0Bd，故C正确;设导体棒向右运动的最大距离为L，则有q=ΔΦR+r=BdLR+r，联立解得L=mv0(R+r)B2d2，故D错误。
3.(多选)(2025·安徽高三开学考)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与定值电阻R相连，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以大小为v0的初速度沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，AB=BC=d，导轨电阻不计，忽略摩擦阻力和空气阻力，金属杆始终与导轨垂直且接触良好。下列说法正确的是( )
A.金属杆经过BB1时的速度大小为v02
B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为12mv02
C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，产生的热量之比为3∶1
D.若将金属杆的初速度大小变为2v0，则金属杆在磁场中运动的距离变为8d
答案 AC
解析 导体棒从AA1到BB1过程，由动量定理有-BI1LΔt1=mv1-mv0，从A到C由动量定理有-BI2LΔt2=0-mv0，其中I1Δt1=q1=E12RΔt1=ΔΦ12R=BLd2R，同理I2Δt2=BLdR，解得v1=v02，故A正确;在整个过程中，定值电阻R产生的热量为QR=12Q=12×12mv02=14mv02，故B错误;金属杆经过AA1B1B区域产生的热量Q1=12mv02-12mv12=38mv02，经过BB1C1C产生的热量Q2=12mv12=18mv02，则经过两区域产生的热量之比为3∶1，故C正确;根据-BI2LΔt2=0-mv0，即B2L2·2d2R=mv0，若将金属杆的初速度大小变为2v0，则金属杆在磁场中运动的距离变为4d，故D错误。
4.如图所示，两水平平行金属导轨由宽轨M1N1、M2N2，窄轨O1P1、O2P2两部分组成，宽轨部分间距为2L，窄轨部分间距为L。现将两根材料相同、横截面积相同的金属棒ab、cd分别静置在宽轨和窄轨上。金属棒ab的质量为m，电阻为R，长度为2L，金属棒cd的长度为L，两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。除金属棒的电阻之外其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长。金属导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给金属棒ab水平向右的初速度v0，此后金属棒ab始终在宽轨磁场中运动，金属棒cd始终在窄轨磁场中运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是( )
A.金属棒ab刚开始运动时，ab棒中的电流方向为b→a
B.当两金属棒匀速运动时，ab棒的速度为v02
C.金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，通过ab棒的电荷量为mv03BL
D.金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，ab棒中产生的热量为19mv02
答案 C
解析 金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知ab棒中的电流方向为a→b，故A错误;依题意，金属棒cd的质量为m2，电阻为R2，匀速运动时，两棒切割产生的电动势大小相等，B·2Lvab=BLvcd，得末速度2vab=vcd，对ab棒-BI·2LΔt=mvab-mv0，对cd棒BILΔt=m2vcd，解得vab+vcd=v0，则vab=v03，vcd=2v03，故B错误;根据q=IΔt联立解得q=mv03BL，故C正确;由能量关系，整个过程中产生的热量Q总=12mv02-12mvab2-12·m2vcd2，又Qab=RR+R2Q总，联立解得Qab=29mv02，故D错误。
对点练2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
5.(多选)如图所示，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。t=0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( )
答案 AC
解析 导体棒ab运动切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受到安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F'作用，速度增大，最终两棒速度相等，如图所示。由E=Blv知，回路中感应电动势E总=Bl(v1-v2)=BlΔv，Δv逐渐减小，则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。由动量守恒定律得mv0=2mv共，v共=v02，A、C正确，D错误;导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其v-t图像应该是曲线，B错误。
6.(多选)(2025·江西南昌八一中学模拟)如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，足够长的平行且光滑的金属导轨MN、PQ放置在匀强磁场中，导轨的间距为L、电阻不计。质量为2m的导体棒1和质量为5m的导体棒2静置于导轨上，两导体棒相距为x，导体棒1和导体棒2的电阻分别为4R和5R。现分别给导体棒1和导体棒2向左和向右、大小为v0和2v0的初速度，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好。关于导体棒1和导体棒2以后的运动，下列说法正确的是( )
A.初始时刻，闭合回路中感应电流的方向为顺时针方向
B.导体棒1和导体棒2构成的回路，初始时刻的电动势为BLv0
C.初始时刻导体棒1所受的安培力大小为B2L2v03R
D.当导体棒1的速度为0时，导体棒2的速度大小为1.6v0，方向向右
答案 CD
解析 根据右手定则可知，初始时刻导体棒1和导体棒2中感应电流的方向为逆时针方向，所以总感应电动势的大小E=E1+E2=3BLv0，故A、B错误;初始时刻，回路中电流为I=E9R=BLv03R，导体棒1所受的安培力大小F=ILB=B2L2v03R，故C正确;导体棒1和导体棒2所受的安培力大小相等、方向相反，则导体棒1和导体棒2组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律有-2mv0+5m·2v0=5mv2，解得v2=1.6v0，故D正确。
B级 综合提升练
7.(多选)(2024·海南卷，13)如图所示，两根足够长的光滑平行导轨由上、下两段电阻不计的金属导轨，在M、N两点绝缘连接组成，M、N等高，间距L=1 m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接阻值R=0.02 Ω的电阻和电容C=1 F的电容器，整个装置处于B=0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中(图中未画出)，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为m1=0.8 kg，m2=0.4 kg，ab棒电阻为0.08 Ω，cd棒的电阻不计，将ab棒由静止释放，同时cd棒从距离MN为x0=4.32 m处在一个大小为F=4.64 N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s，重力加速度g=10 m/s2，则( )
A.ab棒从释放到第一次碰撞所用时间为1.44 s
B.ab棒从释放到第一次碰撞，R上消耗的焦耳热为0.78 J
C.两棒第一次碰撞后瞬间，ab棒的速度大小为6.3 m/s
D.两棒第一次碰撞后瞬间，cd棒的速度大小为8.4 m/s
答案 BD
解析 ab棒与cd棒同时开始运动且同时到达MN，则两者运动到MN的时间相同，对cd棒根据牛顿第二定律有F-m2gsin 30°-BIL=m2a，又I=ΔqΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa，联立解得a=6 m/s2，即cd棒以a=6 m/s2的加速度沿导轨向上做匀加速运动，根据运动学规律有x0=12at2，解得t=1.2 s，A错误;ab棒从释放到第一次碰撞，根据动能定理有m1gxsin θ-W克安=12m1vab2，根据动量定理有m1gsin θ·t-BILt=m1vab，又qab=It=BLxR+x，Q=W克安，根据焦耳定律有QR=RR+rQ，联立解得QR=0.78 J，B正确;ab棒与cd棒发生弹性碰撞，取沿导轨向下为正方向，则有m1vab-m2vcd=m1vab'+m2vcd'，12m1vab2+12m2vcd2=12m1vab'2+12m2vcd'2，又vcd=at=7.2 m/s，联立解得vab'=-3.3 m/s，vcd'=8.4 m/s，C错误，D正确。
8.(2025·山东济南高三摸底)如图所示为某种“电磁制动”的基本原理图，在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接阻值为R的电阻，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好。初始时刻，导体棒以初速度v0水平向右运动，当导体棒的速度为v010时，相对于出发位置的位移大小为x(大小未知)。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m，接入电路的电阻也为R，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦，求:
(1)导体棒的速度为v02时，导体棒克服安培力做功的功率P;
(2)导体棒相对于出发位置的位移为x2时，导体棒的速率v。
答案 (1)B2L2v028R (2)1120v0
解析 (1)导体棒的速度为v02时，导体棒产生的电动势E=BL·v02
回路中的感应电流I=E2R
导体棒受到的安培力大小FA=ILB
则P=FA·v02
联立可得P=B2L2v028R。
(2)导体棒从开始到运动至速度为v010的过程，设该过程的平均速度为v1，所用时间为t1，则v1t1=x，由动量定理可得-B2L2v12Rt1=mv010-v0
导体棒从开始到运动至位移为x2的过程，设该过程的平均速度为v2，所用时间为t2，则v2t2=x2，由动量定理可得-B2L2v22Rt2=m(v-v0)
联立可得v=1120v0。
C级 培优加强练
9.(2024·湖北卷，15)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14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m、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:
(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。
答案 (1)BL2gL (2)B2L22gL3mR (3)mR2gLB2L2+L
解析 (1)设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的感应电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有
mgL=12mv12
ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得
E1=BLv1，联立解得E1=BL2gL。
(2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc=R2
设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有I1=E1R+Rc
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L，电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则
F1=I1LB，由牛顿第二定律得F1=2ma
联立解得a=B2L22gL3mR。
(3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1=(m+2m)v2
设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减小量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得∑FΔt=2mv2-0
F=ILB
由闭合电路欧姆定律得I=ER+Rc
设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s，若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有
E=BLΔxΔt，由几何关系有s=L+∑Δx
联立解得s=mR2gLB2L2+L。