16　第一阶段　专题四　微专题6　动量观点在电磁感应中的应用-2025版新坐标二轮专题复习与策略物理解析版

动量观点在电磁感应中的应用【备考指南】本专题的主要内容是解决电磁感应的综合问题，命题角度主要以“导体棒(框)”切割磁感线为背景，考查电磁感应中的动量和能量问题，题目的综合性强，要构建单杆切割中q、x、t的关系模型、双杆系统模型，要关注电磁感应与力学三大规律的综合考查，尤其是含动量定理、动量守恒定律的综合应用问题。考向1动量定理在电磁感应现象中的应用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：－BIlΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt。(2)求时间：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－BIlΔt＝－BlΔΦ(3)求位移：－BIlΔt＝－B2l2vΔtR总＝mv2－mv1，即－B2l2[典例1](2024·陕西西安三模)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两细金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。已知杆M的质量为m，在导轨间的电阻为R，杆N的质量为2m，在导轨间的电阻为R2(1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；(2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为v0①N在磁场内运动过程中N上产生的热量QN；②初始时刻N到ab的最小距离x。[解析](1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为E＝BLv0电流方向为a→b，电流的大小为I＝2则所受的安培力大小为F＝ILB＝2方向水平向左。(2)①M、N所受安培力等大反向，故两杆系统动量守恒。设N出磁场时M的速度为v1，有mv0＝mv1＋2m·v由系统能量守恒知M、N产生的总热量为Q＝12mv02-又N上产生的热量为QN＝13可得QN＝548②设M、N在磁场中任意时刻的速度分别为v1i和v2i，细金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有iLB·Δt＝2其中i＝2设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx，则Δx＝v联立可得Δx＝3若两杆在磁场内刚好未相撞，初始时刻N到ab的最小距离为x＝Δx＝3m[答案](1)2B2【教师备选资源】1．(多选)新一代航母阻拦系统采用了电磁阻拦技术，其工作原理如图所示。固定在水平甲板平面内的“U”形金属导轨位于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，导轨电阻不计，MN、PQ平行且相距l。一质量为m、导轨间阻值为R的导体棒ab垂直搁置在两导轨上，且与导轨接触良好。质量为M的飞机着舰时(此时航母静止)，迅速钩住导体棒ab上的绝缘绳，同时关闭动力系统并立即与导体棒ab获得共同速度v0。飞机和导体棒一起减速滑行距离x后停下。除安培力外，两者一起运动时所受阻力恒为f，导体棒始终与导轨垂直，绝缘绳的质量不计。则从飞机与导体棒刚共速到停下来的过程中，下列说法正确的是()A．导体棒产生的焦耳热为12M+mB．飞机与导体棒刚共速时，ab两端的电压为Blv0C．通过导体棒某横截面的电荷量为BlxD．整个过程所经历的时间为M+mAC[根据动能定理可得－W安－fx＝0-12M+mv02，由于导轨电阻不计，则导体棒产生的焦耳热为Q＝W安＝12M+mv02－fx，故A正确；飞机与导体棒刚共速时，导体棒ab产生的电动势大小为E＝Blv0，导体棒ab相当于电源，ab两端的电压为外电压，由于导轨电阻不计，即外电阻为零，则ab两端的电压为零，故B错误；通过导体棒某横截面的电荷量为q＝IΔt＝ERΔt＝ΔΦRΔtΔt＝BlxR，故2．(2023·湖南卷)如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。[解析](1)棒a匀速运动时受力平衡，有mgsinθ＝BI0L ①由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有I0＝BLv02联立解得v0＝2mgRsinθB(2)棒a匀速运动时，由(1)可得电路中电流I0＝mgsinθBL对棒b由牛顿第二定律有mgsinθ＋BI0L＝ma0 ⑤联立解得a0＝2gsinθ。 ⑥(3)方法一对棒a、b分别由牛顿第二定律有mgsinθ－BIL＝ma1 ⑦mgsinθ＋BIL＝ma2 ⑧联立⑦⑧可得2mgsinθ＝m(a1＋a2) ⑨设共速时棒a、b的速度变化量分别为Δv1、Δv2，对加速度积分有2mgt0sinθ＝m(Δv1＋Δv2) ⑩共速时速度为v，有Δv1＝v－v0 ⑪Δv2＝v－0 ⑫联立③⑩⑪⑫可得v＝gt0sinθ＋mgRsinθ由⑦⑧可得m(a2－a1)＝2BIL ⑭由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有BL(v1－v2)＝2IR ⑮联立⑭⑮可得m(a2－a1)＝B2L2R(v1－v2左边对加速度积分，右边对速度积分，有m(Δv2－Δv1)＝B2L2RΔ联立③⑪⑫⑰可得Δx＝2m2gR方法二分析可知棒a与棒b受到的安培力大小始终相等，则对棒a、b由动量定理分别有mgsinθ·t0－F安t0＝mv－mvmgsinθ·t0＋F安t0＝m联立解得v＝gt0sinθ＋mgRF安t0＝又F安tq＝It0＝E2Rt0联立解得Δx＝2m[答案](1)2mgRsinθB2L2(2)2gsinθ考向2动量守恒定律在电磁感应现象中的应用双杆模型物理情境“一动一静”甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，注意问题包含着一个隐含条件——甲杆静止，受力平衡“两杆都动”对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和动量观点对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为0，则考虑应用动量守恒定律处理问题[典例2](2024·浙江金华十校11月联考)如图所示，在空间有上、下两个足够长的水平光滑平行金属导轨MN、M′N′和水平光滑平行金属导轨PQ、P′Q′，间距均为L1＝0.5m，电阻不计，两导轨竖直高度差为H＝0.2m。上导轨最左端接一电阻R0＝0.4Ω，虚线ab左侧MM′ba区域的边Ma的长度L2＝0.1m，区域内存在着竖直向下的磁场，磁感应强度随时间变化关系为B1＝0.2＋1.0t(T)。虚线ab右侧NN′ba区域内磁场方向竖直向上，磁感应强度B2＝0.1T。竖直线NP与N′P′的右侧空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B3＝0.4T。上、下导轨中垂直导轨分别放置两根相同的导体棒cd和导体棒ef，相对位置如图所示，棒长均为L1，质量均为m＝0.1kg，电阻均为R＝0.4Ω。t＝0时刻闭合开关K，导体棒cd在安培力的作用下开始运动，导体棒cd在离开上导轨前已经达到稳定状态。导体棒cd从NN′离开下落到下导轨后，竖直速度立即变为零，水平速度不变。g＝10m/s2。(1)求开关K闭合瞬间，流过导体棒cd的电流大小I；(2)求导体棒cd离开上导轨时的速度大小v1；(3)若导体棒cd与导体棒ef恰好不相碰，求导体棒ef的初始位置与PP′的水平距离x；(4)在(3)条件下，求导体棒cd在下导轨上运动过程中产生的热量。[解析](1)由法拉第电磁感应定律可知，开关闭合时感应电动势E＝ΔΦΔt，面积S不变，磁感应强度变化，则E＝S流过导体棒cd的电流大小I＝ER0+R(2)导体棒cd做加速度减小的加速运动，当SΔBΔt＝B2L1v1时，电路中的电流为0，导体棒cd做匀速直线运动，可得速度大小v1(3)导体棒cd离开上导轨后，从离开到落到下导轨上的时间t＝2Hg在水平方向做匀速直线运动，水平位移x1＝v1t，解得x1＝0.2m两导体棒相互作用过程中系统动量守恒，有mv1＝2mv2，解得v2＝0.5m/s对导体棒ef应用动量定理有B3IL1t1＝mv2又I＝E由法拉第电磁感应定律得E1＝由于导体棒cd与导体棒ef恰好不相碰，则两导体棒共速时刚好在同一位置，设导体棒cd刚落到下导轨上时与导体棒ef间距为x2联立得B32L12x22R则x＝x1＋x2＝1.2m。(4)导体棒cd与导体棒ef组成的系统能量守恒，得12mv12＝12cd、ef两个导体棒电阻相等，则导体棒cd在下导轨上运动过程中产生的热量Q′＝Q2＝0.0125J[答案](1)0.0625A(2)1m/s(3)1.2m(4)0.0125J【教师备选资源】1．(多选)(2023·辽宁卷)如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是()A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为4C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为BLdAC[弹簧伸展过程，回路磁通量向上增加，根据楞次定律和右手螺旋定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，A正确；分析可知，双棒和弹簧系统动量守恒，设MN、PQ的速度大小分别为v1、v2，MN的质量为m，PQ的质量为2m，有0＝mv1－2mv2，则当PQ速率为v时，MN速率为2v，回路中电流I＝2B·d·2v+B·2d·v3R＝2BdvR，MN所受安培力大小F＝2BId＝4B2d2vR，B错误；由双棒和弹簧系统动量守恒，有0＝mv1－2mv2，则有0＝mx1－2mx2，则MN、PQ路程之比为2∶1，C正确；最后弹簧处于原长状态，即整个过程2．如图所示，两光滑平行圆弧导轨竖直放置，下端与两根间距为L的光滑平行水平导轨平滑连接，光滑水平导轨处在竖直向下的匀强磁场之中，磁感应强度大小为B。在导轨上放置长度均为L、由同种金属材料制成的粗细均匀的导体棒a、b、c，a棒的质量为m、电阻为R0，b棒的质量为m，c棒的质量为2m。已知初始时b棒和c棒间距为d，且均处于静止状态。现让a棒从圆弧导轨上离水平导轨高为h处由静止释放，已知重力加速度为g，导轨电阻不计，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。(1)若要求a棒与b棒不发生碰撞，试求b棒离磁场左边界的距离x应满足的条件；(2)若b棒离磁场左边界的距离x0＝mR02gh2B2L2，a棒与[解析](1)设导体棒a进入磁场时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律可得mgh＝1解得v0＝2a棒在磁场中运动的任意时刻，b、c棒两端的电压U相等，所受安培力分别为Fb＝BLURb，Fc＝BLURc，根据牛顿第二定律可得b、c棒的加速度大小分别为ab＝Fb又a、b棒质量相等，截面面积相等，c棒质量为2m，截面面积为a棒的2倍，由电阻定律知，Rb＝R0，Rc＝R02，则ab＝可见a棒与b棒不发生碰撞时，b棒和c棒总是相对静止，a、b、c三棒构成的系统动量守恒，设三者共速时速度为v1，根据动量守恒定律，对系统有mv0＝(m＋m＋2m)v1对a棒有－BLIΔt＝mv1－mv0又q＝IΔt＝BLΔxR0+Rbc＝3BLΔ解得Δx＝m要求a棒与b棒不发生碰撞，则x>mR(2)设a棒与b棒碰撞前瞬间的速度大小为v2，b棒和c棒的速度大小均为v3，有mv0＝mv2＋(m＋2m)v3，对a棒有－BLI′Δt1＝mv2－mv0而q′＝I′Δt1＝BLx0解得v2＝582gh，v此过程中电路产生的总焦耳热为Q1＝12mv而Q1＝Qa1＋Qb1＋Qc1，所以Qc1＝Q16＝设a棒与b棒碰撞粘在一起以后的速度为v4，则根据动量守恒定律可得mv2＋mv3＝2mv4解得v4＝3a棒、b棒整体与c棒通过安培力发生作用，设a、b、c三棒最终的共同速度为v5，则根据动量守恒定律可得2mv4＋2mv3＝4mv5，解得v5＝1碰撞后回路产生的焦耳热为Q2＝12×2mv42+12×2mv32-12×4mv52＝116mgh，而Qc棒在全过程中产生的焦耳热Qc＝Qc1＋Qc2＝18mgh[答案](1)x>mR02gh微专题突破练(六)动量观点在电磁感应中的应用1．(多选)发电机的工作原理可以简化为如图所示的情境。质量为m的导体棒垂直于光滑导轨放置，导轨间距为l，导轨间分布着垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。将负载(电阻为R的电热毯)接入导轨中形成闭合回路，导体棒在恒力F0的作用下由静止开始沿光滑导轨运动。t时刻，导体棒速度达到v。导轨和导体棒电阻忽略不计，导轨无限长，导体棒始终与导轨垂直且接触良好。下列说法正确的是()A．t时刻，导体棒运动速度v＝F0B．0～t时间内发电机电动势随时间先增大后不变C．t时刻，电热毯的功率为BD．电热毯的功率最终将达到FCD[根据动量定理有F0t－BIlt＝mv，则v<F0tm，A错误；导体棒在恒力F0的作用下运动，由于电动势E＝Blv，电流I＝ER＝BlvR，导体棒所受安培力F安＝BIl＝B2l2vR，导体棒的加速度a＝F0-F安m＝F0m-B2l2vmR，由此可知，随着导体棒速度的增大，加速度逐渐减小，当加速度减小为零后，导体棒做匀速运动，由于不知道t时刻加速度是否为零，则发电机电动势可能随时间先增大后不变，也可能一直增大，B错误；t时刻，电热毯的功率P＝I2R＝B2l2．(多选)如图所示，两宽度不等的光滑平行金属导轨水平固定放置，窄轨间距为L、宽轨间距为2L，导体棒ab、cd分别垂直放置在两导轨上，质量均为m、电阻均为R，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，已知两导轨均足够长、电阻不计，现让两导体棒均以大小为v0的初速度平行于导轨水平向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒ab始终未滑离窄轨，在导体棒运动的过程中，下列说法正确的是()A．导体棒ab的最大速度为6B．导体棒ab产生的焦耳热最多为mC．通过导体棒ab的电荷量最多为mD．回路中的最大电流为BLACD[稳定时电路中电流为0，导体棒ab速度最大，有BLvab＝B·2Lvcd，则vab＝2vcd，取向右为正方向，根据动量定理可得，对导体棒ab有BI＝35v0，故A正确；对整个过程根据能量守恒定律，有12mv02+12mv02＝12m3．(多选)如图所示，距地面高h处水平放置间距为L的两条光滑平行金属导轨，导轨左端接有电动势为E的电源，质量为m的金属杆静置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，空间有竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场。现将开关S闭合，一段时间后金属杆从导轨右端水平飞出，测得其水平射程为d，下列说法正确的是()A．金属杆离开导轨前做匀变速直线运动B．金属杆离开导轨前做非匀变速直线运动C．电源消耗的电能为mdED．从闭合开关到金属杆刚要落地时，金属杆受到的冲量为m2BCD[开关S闭合后，金属杆受向右的安培力而做加速运动，随着速度的增加，金属杆切割磁感线产生的感应电动势逐渐变大，因为感应电动势与原电源电动势反向，可知电路中电流减小，金属杆受到的安培力减小，则金属杆离开导轨前做非匀变速直线运动，A错误，B正确；金属杆做平抛运动的初速度v＝dg2h，由动量定理得BILΔt＝mv，又q＝IΔt，电源消耗的电能为E电＝EIt＝Eq＝EmdBLg2h，4．(多选)如图所示，间距均为L的水平金属轨道和半径为R的半圆金属轨道平滑连接，半圆轨道在竖直平面内，轨道电阻不计。在水平轨道区域内有竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。在水平轨道上放置两长度均为L、质量分别为4m和m、电阻分别为r和2r的导体棒ab、cd，两导体棒到半圆底部的距离分别为x1(足够大)和x2＝3R，两导体棒与金属轨道间的摩擦可忽略不计。现突然给导体棒ab一速度v0＝10gR，一段时间后导体棒cd通过半圆轨道最高点后又恰好落到其初始位置，整个运动过程中，两导体棒与轨道均始终垂直且接触良好，两导体棒没有发生碰撞，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．导体棒cd到半圆轨道底部时对轨道的压力大小为294B．导体棒cd进入半圆轨道时，导体棒ab的速度大小为gRC．从开始到导体棒cd进入半圆轨道，导体棒ab产生的热量为12D．从开始到导体棒cd进入半圆轨道，通过导体棒cd的电荷量q＝5AD[由于棒cd进入半圆轨道后，不再受安培力作用，离开半圆轨道后做平抛运动，则竖直方向上有2R＝12gt2，水平方向上有3R＝v′2t，联立解得v′2＝32gR，从最低点到最高点，只有重力做功，由动能定理有－mg·2R＝12mv2'2-12mv22，解得v2＝52gR，棒cd在半圆轨道最低点所受合力提供其做圆周运动的向心力，则有N1－mg＝mv22R，解得N1＝294mg，结合牛顿第三定律可知，选项A正确；两导体棒均在水平轨道运动过程，通过两导体棒的电流相等，两导体棒所受安培力大小相等、方向相反，将两导体棒看作一个系统，该系统动量守恒，则有4mv0＝4mv1＋mv2，解得v1＝758gR，选项B错误；两导体棒均在水平轨道运动过程，由能量守恒定律知，回路中产生的热量为Q＝124mv02-124mv12-12mv25．(多选)(2024·湖南邵阳二模)如图所示，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，导轨间距为l，导轨电阻不计。质量均为m、电阻均为R的金属棒b和c，静止放在水平导轨上且与导轨垂直。图中虚线de右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量也为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨，从离水平导轨高为h处由静止释放。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。以下说法正确的是()A．a与b碰后分离时b的速度大小为2ghB．当b进入磁场后速度大小为32gh4时，C．b产生的焦耳热为12D．b进入磁场后，b、c间距离增大了mRAB[绝缘棒a滑到水平导轨上速度设为v0，由动能定理有mgh＝12mv02，得v0＝2gh，a与金属棒b发生弹性正碰，质量相等，故碰后速度交换，a速度变为零，b获得v0的速度，故a与b碰后分离时b的速度大小为2gh，A正确；b刚进入磁场时，加速度大小为a1＝BI0lm＝Blm·ER总＝B2l2v0mR总＝B2l22ghmR总，b进入磁场后，切割磁感线产生感应电流，受向左的安培力而减速，c受向右的安培力而加速，系统合外力为零，由动量守恒知mv0＝mvb＋mvc，将vb＝32gh4代入得vc＝2gh4，此时回路的总电动势为E总＝Eb－Ec＝Bl(vb－vc)＝12Bl2gh，此时b的加速度大小为a2＝BI1lm＝Blm·E总R总＝B2l22gh2mR总，B正确；当b与c速度相等时，b上停止生热，由动量守恒有mv0＝2mv，得v＝12v0＝122gh，由能量守恒，设b上产生的焦耳热为6．(2024·福建莆田二模)福建舰成功实现电磁弹射试验后，某兴趣小组设计了一个模拟电磁弹射系统，如图甲所示，系统左侧接有直流电源、单刀双掷开关S和电容为C的电容器，右侧是离水平地面高为h的水平光滑平行金属导轨，导轨上放置一绝缘的助推模型，其外层固定一组金属线圈，线圈两端通过电刷与导轨连接形成回路，线圈处于导轨间的辐射状磁场中，侧视图如图乙所示。首先将开关S接至1，使电容器完全充电；然后将S接至2，模型从静止开始加速，达到最大速度后脱离导轨落在水平地面上，落地点离导轨右端点的水平距离为s。已知助推模型(含线圈、电刷)的质量为m，重力加速度为g；线圈的半径为r，匝数为n，总电阻为R，其所在处的磁感应强度大小均为B。不计空气阻力、导轨电阻、线圈中电流产生磁场和线圈自感的影响。求：(1)模型在导轨上的最大速度vm；(2)模型离开导轨后电容器所带的电荷量q；(3)模型在导轨上的最大加速度am。[解析](1)助推模型达到最大速度脱离导轨后，做平抛运动，则h＝12gts＝vmt解得模型在导轨上的最大速度为vm＝sg2(2)模型离开导轨后电容器两端的电势差为U＝nBLvm＝nB·2πr·sg2h＝2π模型离开导轨后电容器所带的电荷量为q＝CU＝2πnCBrsg2(3)助推模型刚在导轨上运动时，加速度最大，设助推模型刚在导轨上运动时，电容器两端的电势差为U0，根据动量定理有nIBLΔt＝mvm其中L＝2πrΔq＝IΔt＝C(U0－U)解得U0＝ms2πnCBrg根据牛顿第二定律有nI0BL＝mam电流为I0＝U联立解得模型在导轨上的最大加速度为am＝sRC[答案]