2024高考物理大一轮复习题库 专题强化十七 动量观点在电磁感应中的应用

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专题强化十七　动量观点在电磁感应中的应用
【专题解读　1.本专题是力学三大观点在电磁感应中的综合应用，主要是应用动量观点解决电磁感应中的综合问题。2.掌握应用动量定理和动量守恒定律结合动力学规律、功能关系解决电磁感应问题的方法技巧。
热点一　动量定理在电磁感应中的应用
导体棒或金属框在安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量I安＝lBt＝Blq，通过导体棒或金属框的电荷量q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，磁通量变化量ΔΦ＝BΔS＝Blx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解更方便。
【例1 (2021·山东日照市模拟)如图1所示，光滑斜面体固定在水平地面上，斜面与地面间的夹角θ＝37°，斜面上放置质量M＝0.19 kg的滑块，滑块上固定着一个质量m＝0.01 kg、电阻R＝0.2 Ω、边长L＝0.3 m 的正方形单匝线圈efgh，其中线圈的一边恰好与斜面平行，滑块载着线圈无初速地进入一有界匀强磁场(磁场边界与斜面垂直，宽度d＝2L)，磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内，磁感应强度大小B＝2 T。已知线圈与滑块之间绝缘，滑块长度与线圈边长相同，重力加速度g＝10 m/s2。

图1
(1)求滑块和线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量q；
(2)若从线圈的gh边进入磁场到ef边进入磁场所用的时间为0.5 s，求线圈的ef边进入磁场前瞬间的加速度大小；
(3)若滑块和线圈完全穿出磁场时的速度v1＝2 m/s，求在穿过磁场的整个过程中线圈产生的热量Q。
答案　(1)0.9 C　(2)3.3 m/s2　(3)0.68 J
解析　(1)滑块进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量为q＝IΔt＝Δt
E＝，ΔΦ＝BS
代入数据得q＝0.9 C。
(2)线圈进入磁场的过程中，由动量定理得
(M＋m)gsin θt－IF安＝(M＋m)v－0
IF安＝BL∑iΔt＝BLq
代入数据得v＝0.3 m/s
E＝BLv，I＝
由牛顿第二定律得
(M＋m)gsin θ－ILB＝(M＋m)a
代入数据得a＝3.3 m/s2。
(3)滑块及线圈穿过磁场过程中，根据能量守恒定律得
(M＋m)gsin θ·3L＝(M＋m)v＋Q
代入数据得Q＝0.68 J。
【针对训练1 (2021·天津红桥区第二次质量调查)如图2所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。求：

图2
(1)导体棒的最大速度vm和磁感应强度的大小B；
(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
(3)若金属棒进入磁场后恰经t时间达到稳定，求这段时间的位移x大小。
答案　(1)　　(2) (3)(mgt＋m－)
解析　(1)由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm，由机械能守恒定律得
mgh＝mv
解得vm＝
电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，有
mg＝ILB
解得B＝。
(2)感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
解得v＝。
(3)感应电动势最大值Em＝BLvm
感应电流最大值Im＝
解得Im＝
金属棒进入磁场后，由动量定理有
mgt－BLt＝mv－mvm
即mgt－BLx＝mv－mvm
解得x＝(mgt＋m－)。
热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
1．问题特点
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，运用动量守恒定律求解比较方便。
2．两类双杆模型
类型
不受外力
受到恒力
模型


运动图像


运动过程
杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动；稳定时，两杆以相等的速度匀速运动
开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
分析方法
将两杆视为整体，不受外力，最后a＝0
将两杆视为整体，只受外力F，最后a＝
【例2 (2021·辽宁沈阳市教学质检)如图3所示，有两根光滑平行导轨，左侧为位于竖直平面的金属圆弧，右侧为水平直导轨，圆弧底部和直导轨相切，两条导轨水平部分在同一水平面内，其中BC、NP段用绝缘材料制成，其余部分为金属。两导轨的间距为d＝0.5 m，导轨的左侧接着一个阻值为R＝2 Ω的定值电阻，右侧接C＝2×1011 pF的电容器，电容器尚未充电。水平导轨的ADQM区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2 T，虚线AM和DQ垂直于导轨，AB和MN的长度均为x＝1.2 m，两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，质量均为m＝0.2 kg，接入电路的电阻均为r＝2 Ω，金属棒a从圆弧轨道距水平轨道高h＝0.8 m处由静止滑下，与静止在圆弧底部的金属棒b发生弹性碰撞，碰撞后金属棒b进入磁场区域，最终在CDQP区域稳定运动。不计金属导轨的电阻，求：

图3
(1)金属棒b刚进入磁场区域时的速度大小；
(2)整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热。
答案　(1)4 m/s　(2)0.2 J
解析　(1)金属棒a由高h＝0.8 m处从静止沿轨道滑下，由机械能守恒定律得
mgh＝mv
解得v0＝4 m/s
此后a与b发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可知
mv0＝mv1＋mv2
mv＝mv＋mv
解得v1＝0，v2＝v0＝4 m/s
即金属棒b刚进入磁场区域的速度大小是4 m/s。
(2)金属棒b在从A到B做减速运动，由动量定理得B∑idΔt＝mv2－mv
又∑iΔt＝q＝Δt
＝
R总＝r＋＝3 Ω
联立解得v＝2 m/s
由能量守恒定律得mv－mv2＝Q总
解得Q总＝1.2 J
在金属棒a上产生的焦耳热
Qa＝Q总＝0.2 J。
【针对训练2 (2021·安徽阜阳市教学质量统测)如图4，两平行光滑金属导轨ABC、A′B′C′的左端接有阻值为R的定值电阻Z，间距为L，其中AB、A′B′固定于同一水平面(图中未画出)上且与竖直面内半径为r的光滑圆弧形导轨BC、B′C′相切于B、B′两点。矩形DBB′D′区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。导体棒ab的质量为m、电阻值为R、长度为L，ab棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t后撤去推力，然后ab棒与另一根相同的导体棒cd发生碰撞并粘在一起，以3的速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC′处。重力加速度大小为g，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。

图4
(1)求该推力的功率P；
(2)求两导体棒通过磁场右边界BB′时的速度大小v；
(3)求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z产生的焦耳热Q；
答案　(1)　(2)　(3)mgr
解析　(1)设两导体棒碰撞前瞬间ab棒的速度大小为v0，在推力作用的过程中，由动能定理有Pt＝mv
设ab与cd碰后瞬间的速率为v1，其值为3，由动量守恒定律有mv0＝2mv1
解得P＝。
(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程，由机械能守恒定律有×2mv2＝2mgr
解得v＝。
(3)两棒碰撞并粘在一起，两导体棒的总电阻为，定值电阻Z产生的焦耳热为Q，故两棒产生的总焦耳热为，由能量守恒定律有
Q＋＝×2mv－×2mv2
解得Q＝mgr。

1．(多选) (2021·河北省选择考模拟)如图1所示，间距为1 m的足够长平行导轨固定在水平面上，导轨左端接阻值为2 Ω的电阻。导轨之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为1 T。一质量为1 kg的金属杆从左侧水平向右以2 m/s的速度进入磁场，在水平外力控制下做匀减速运动，1 s后速度刚好减为零。杆与导轨间的动摩擦因数为0.1，忽略杆与导轨的电阻，重力加速度g取10 m/s2。杆从进入磁场到静止过程中，下列说法正确的是 (　　)

图1
A．通过电阻的电荷量为0.5 C
B．整个过程中安培力做功为－1 J
C．整个过程中水平外力做功为零
D．水平外力对金属杆的冲量大小为0.5 N·s
答案　AD
解析　导体棒在磁场中运动的位移为x＝t＝1 m，通过电阻的电荷量为q＝t＝t＝t＝＝0.5 C，A正确；根据动能定理得WF－W安－μmgx＝0－mv2
因为外力做功无法确定，所以安培力做功也无法确定，B、C错误；根据动量定理得IF－LBt－μmgt＝0－mv，结合q＝t＝0.5 C，解得IF＝－0.5 N·s，D正确。
2．(2021·1月江苏新高考适应性考试，10)如图2所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好。已知L1的电阻大于L2的电阻，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则(　　)

图2
A．S拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2
B．S拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2
C．运动稳定后，电容器C的电荷量为零
D．运动稳定后，两棒之间的距离大于d
答案　D
解析　S拨到1时，电源给电容器充电，S拨到2的瞬间，电容器放电(相当于“电源”)，导体棒L1、L2并联，则棒两端电压相等，根据I＝和RL1>RL2知，IL1 3．如图3所示，一质量为2m的足够长的光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc边平行且和长为L的bc边垂直，整个金属框电阻可忽略。一根质量为m的导体棒MN置于金属框上，装置始终处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框向右的初速度v0，运动时MN始终与金属框保持良好接触且与bc边平行，则整个运动过程中(　　)

图3
A．感应电流方向为M→b→c→N→M
B．导体棒的最大速度为
C．通过导体棒的电荷量为
D．导体棒产生的焦耳热为mv
答案　C
解析　金属框以初速度v0向右运动时，导体棒MN还没开始运动，此时金属框bc边切割磁感线产生的感应电动势，根据右手定则知，回路中的感应电流的方向c→b→M→N→c，A错误；金属框bc边中的电流方向沿c→b，导体棒MN中的电流方向沿M→N，根据左手定则可知，安培力大小相等，方向相反，把框和棒MN视作一个系统，遵循动量守恒定律，则有2mv0＝3mv，解得其共同速度v＝，方向沿导轨向右，B错误；以棒MN为研究对象，由动量定理得BL·Δt＝mv－0，即BLq＝m·－0，即整个过程中通过导体棒的电荷量为q＝，C正确；根据能量守恒定律，整个运动过程中产生的总热量Q＝×2mv－×3mv2＝mv，D错误。
4．(多选) (2021·山东潍坊市模拟)如图4所示，MN和PQ是两根电阻不计的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨水平部分处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与水平导轨平面夹角为37°，导轨右端接一阻值为R的定值电阻，质量为m、长度为L的金属棒，垂直导轨放置，从导轨左端h高处静止释放，进入磁场后运动一段距离停止。已知金属棒电阻为R，与导轨间接触良好，且始终与磁场垂直，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则金属棒进入磁场区域后(　　)

图4
A．定值电阻两端的最大电压为
B．金属棒在水平导轨上运动时对导轨的压力越来越大
C．金属棒在磁场中运动的距离为
D．定值电阻R产生的焦耳热为mgh
答案　BD
解析　在金属棒由静止释放运动到水平轨道过程中，根据机械能守恒定律可得mgh＝mv，解得v0＝，金属棒刚进入磁场时，速度v＝v0最大，电动势E最大，电流I最大，此时电阻R两端的电压最大，则有Um＝ImR＝R＝＝BL，A错误；金属棒在导轨上运动过程中，对金属棒受力分析，如图所示，在垂直于B的方向金属棒受到的安培力为FA＝BIL，则竖直方向有FAcos θ＋FN＝mg，水平方向有FAsin θ＝ma，金属棒在磁场中做减速运动，速度v变小，所以E变小，I变小，FA变小，则有FN变大，B正确；由动量定理得－FAsin θ·Δt＝m·Δv，则有＝mv0－0，则有金属棒在磁场中运动的距离x＝v·Δt＝，C错误；由能量守恒定律可得Q总＝mgh，由Q＝I2Rt可得，定值电阻R与金属棒产生的热量相等，所以定值电阻R产生的焦耳热为QR＝＝mgh，D正确。

5．(多选) (2021·广东省选择考模拟)如图5，将足够长的平行光滑导轨水平放置，空间中存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，导轨上静止放置两平行光滑导体棒ab、cd(导体棒垂直导轨且与导轨接触良好)。现给cd棒以沿导轨方向且远离ab棒的初速度，则之后的过程中，两导体棒(　　)

图5
A．速度相等时相距最远
B．静止在导轨上时距离最远
C．动量变化量大小一定相等
D．速度变化量大小一定相等
答案　AC
解析　cd在获得初速度后，回路中产生感应电流，cd将受到水平向左的安培力作用而减速，ab将受到水平向右的安培力作用而开始做加速运动，由于cd的速度逐渐减小，所以回路中的感应电流逐渐减小，则ab、cd所受安培力均逐渐减小，所以二者的加速度均逐渐减小，当二者速度大小相等时，回路中不再产生感应电流，二者将以共同速度一直运动下去，定性画出ab、cd的v－t 图像如图所示，由图可知当二者速度相等时，两图线与v轴所围的面积最大，即此时二者的相对位移最大，相距最远，故A正确，B错误；由于ab、cd所受安培力始终大小相等、方向相反，所以二者组成的系统在水平方向上动量守恒，即cd动量的减少量一定等于ab动量的增加量，所以二者动量变化量的大小一定相等，但由于二者质量未知，所以无法判断二者速度变化量的大小关系，故C正确，D错误。

6．(多选)(2021·湖北七市教科研协作体联考)如图6所示，相距L的光滑金属导轨，半径为R的圆弧部分竖直放置，平直部分固定于水平地面上，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab和cd垂直导轨且接触良好，cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触，cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r。金属导轨电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的有(　　)

图6
A．cd在磁场中运动时电流的方向为c→d
B．cd在磁场中做加速度减小的加速运动
C．cd在磁场中运动的过程中流过的电荷量为
D．cd在磁场中运动过程，cd上产生的焦耳热为mgR
答案　BD
解析　cd在磁场中运动时，回路中磁通量减小，根据楞次定律可知，cd电流的方向为d→c，选项A错误；当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，选项B正确；ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgR＝mv，对ab和cd系统，合力为零，则由动量守恒mv0＝m·2vcd＋2mvcd，解得vcd＝v0＝，对cd由动量定理得BL·Δt＝2mvcd，其中q＝·Δt，解得q＝，选项C错误；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时由能量关系得mgR＝m(2vcd)2＋×2mv＋Q，其中Qcd＝Q，解得Qcd＝mgR，选项D正确。
7．(2021·河北张家口市期末)如图7所示，固定在水平面上两根相距L＝0.8 m的光滑金属导轨，处于竖直向下、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场中，导轨电阻不计且足够长。金属棒a、b的质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝0.1 Ω，金属棒静置在导轨上且与导轨接触良好。现给金属棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I＝4 N·s，最终两金属棒运动状态稳定且未发生碰撞，运动过程中金属棒始终与导轨垂直，忽略感应电流对磁场的影响，求整个过程中：

图7
(1)金属棒a产生的焦耳热；
(2)通过金属棒a的电荷量；
(3)金属棒a、b之间的距离减少多少。
答案　(1)2 J　(2)5 C　(3)2.5 m
解析　(1)由动量定理得I＝mv0
解得v0＝4 m/s
整个过程动量守恒，有mv0＝2mv1
解得v1＝2 m/s
根据能量守恒定律有mv＝×2mv＋Q
金属棒a产生的焦耳热Qa＝Q＝2 J。
(2)对金属棒a，由动量定理得
－BLt＝mv1－mv0
而q＝t
解得q＝5 C。
(3)根据＝、＝、q＝t、q＝得
q＝，代入数值解得Δx＝2.5 m。
8．(2021·贵州毕节市4月诊断)如图8所示，平行光滑金属双导轨P1Q1M1和P2Q2M2，其中P1Q1和P2Q2为半径r＝0.8 m的光滑圆轨道，O1和O2为对应圆轨道的圆心，Q1、Q2在O1、O2正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，Q1M1和Q2M2为足够长的水平轨道，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m；两导体棒a、b始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a、b的质量均为1 kg，电阻均为1 Ω，导轨电阻不计。初始时刻，b静止在水平导轨上，a从与圆心等高的P1P2处静止释放，a、b在以后运动的过程中不会发生碰撞(g＝10 m/s2)。求：

图8
(1)导体棒a从Q1Q2进入磁场时，导体棒b的加速度；
(2)导体棒a、b稳定时的速度；
(3)整个过程中，通过导体棒b的电荷量。
答案　(1)2 m/s2　(2)2 m/s　(3)2 C
解析　(1)导体棒a从P1P2到Q1Q2，由动能定理得magr＝mav－0
代入数据得v0＝4 m/s
a刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得
E＝BLv0＝4 V
由闭合电路欧姆定律得I＝＝2 A
由牛顿第二定律得ILB＝mbab
代入数据得ab＝2 m/s2。
(2)当导体棒a、b稳定时，由动量守恒定律得
mav0＝(ma＋mb)v1
代入数据得v1＝2 m/s。
(3)整个过程中，对导体棒b由动量定理得
LBt＝mbv1，又q＝t
代入数据得q＝2 C。
9．(2021·福建龙岩市质量检测)如图9所示，两根足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在倾角为θ的斜面上，MN与M1N1距离为L，PQ与P1Q1距离为L。金属棒A、B质量均为m、阻值均为R、长度分别为L与L，金属棒A、B分别垂直放在导轨MM1和PP1上，且恰好都能静止在导轨上。整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。现固定住金属棒B，用沿导轨向下的外力F作用在金属棒A上，使金属棒A以加速度a沿斜面向下做匀加速运动。此后A棒一直在MN与M1N1上运动，B棒一直在PQ与P1Q1上静止或运动，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：

图9
(1)外力F与作用时间t的函数关系式；
(2)当A棒的速度为v0时，撤去F并解除对B的固定，一段时间后A棒在MN与M1N1上匀速运动，求A棒匀速运动的速度大小。
答案　(1)F＝t＋ma　(2)v0
解析　(1)金属棒A、B刚好都能静止在导轨上，对金属棒，有mgsin θ－Ff＝0
金属棒A沿斜面向下做匀加速运动，对金属棒A，有F＋mgsin θ－Ff－F安＝ma
由安培力公式有F安＝ILB0
对金属棒与导轨构成的回路，根据欧姆定律，有I＝
金属棒A切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，有E＝B0Lv
又因为v＝at，联立解得F＝t＋ma。
(2)A棒匀速时，安培力为零，电流为零，两棒产生的电动势大小相等，有
B0LvA＝B0(L)vB
在撤去F到A棒匀速的过程中，对A，根据动量定理，有
(mgsin θ－Ff－B0L)t1＝mvA－mv0
对B，根据动量定理，有
(mgsin θ－Ff＋B0·L)t1＝mvB－0
联立可解出vA＝v0。