统考版2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题五电路与电磁感应第11讲电磁感应规律及其应用考点四动量观点在电磁感应中的应用教师用书

考点四动量观点在电磁感应中的应用1．与动量定理结合在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)．(1)求速度或电荷量：－BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.(2)求时间：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－BlΔt＝－Bl.(3)求位移：－BlΔt＝－＝mv2－mv1，即－x＝m(v2－v1)．2．与动量守恒定律的结合相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动问题，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．例5[2024·浙江1月]如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场．圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连．电容器左侧存在宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域．在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde.棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直．起先时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场．(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？(2)求电容器释放的电荷量ΔQ；(3)求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x.预料7(多选)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左、右两部分的间距分别为l、2l，质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽视不计．a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从起先运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是()A．a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小B．稳定时a棒的速度为1.5v0C．电路中产生的焦耳热为D．通过导体棒a的某一横截面的电荷量为考点四例5解析：（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，依据动量守恒和机械能守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvPeq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,Q)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)联立解得vP＝eq\f(3,2)v0，vQ＝eq\f(1,2)v0由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为v′P＝vQ＝eq\f(1,2)v0（2）依据能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,P)＋Q解得Q＝mveq\o\al(2,0)（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，依据动量定理得－BlΔt＝mv′P－mvP又q＝Δt，＝＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(Blx,RΔt)联立可得x＝eq\f(mv0R,B2l2)由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t＝eq\f(x,vQ)＝eq\f(2mR,B2l2)答案：（1）eq\f(1,2)v0（2）mveq\o\al(2,0)（3）eq\f(2mR,B2l2)预料6解析：设电路中产生的感应电流为I，a棒加速度大小为aa，b棒加速度大小为ab，则对a棒有BIl＝maa，对b棒有BI·2l＝2mab，解得aa＝ab＝eq\f(BIl,m)，故二者的加速度大小相等，选项A正确；设a棒所受安培力大小为Fa，b棒所受安培力大小为Fb，又因导轨光滑，对a棒，由动量定理可得a·t＝Bl·t＝mva－mv0，同理，对b棒有b·t＝B×2l·t＝2m×2v0－2mvb，稳定时两导体棒均不受安培力作用，故稳定时电路中无电流，则此时有Blva＝B·2lvb，可得va＝2vb，联立解得a棒的速度为va＝2v0，b棒的速度为vb＝v0，故选项B错误；由能量守恒定律可知，动能的损失等于产生的焦耳热，系统的初动能为Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2m×（2v0）2，末动能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,b)，则电路中产生的焦耳热为Q＝Ek0－Ek，解得Q＝eq