新高考物理二轮复习讲义第1部分 专题4 微专题6 动量观点在电磁感应中的应用（含解析）

这是一份新高考物理二轮复习讲义第1部分 专题4 微专题6 动量观点在电磁感应中的应用（含解析），共15页。试卷主要包含了命题角度，4v0，21 m/s，故D正确．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
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题
例1 (多选)(2022·河南开封市二模)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，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＝q2 B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
答案 BD
解析 根据q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BS,R)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－Beq \x\t(I1)LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－Beq \x\t(I2)LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝eq \f(1,3)v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确．
例2 (2022·浙江省精诚联盟联考)如图(a)所示，电阻为2R、半径为r、匝数为n的圆形导体线圈两端与水平导轨AD、MN相连．与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图(b)所示，图(b)中的B0和t0均已知．PT、DE、NG是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒．金属棒PT的长度为3L、电阻为3R、质量为m.导轨AD与MN平行且间距为L，导轨EF与GH平行且间距为3L，DE和NG的长度相同且与水平方向的夹角均为30°.区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均为d的空间区域．区域Ⅰ中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场.0～2t0时间内，使棒PT在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF和GH对齐．除导体线圈、金属棒PT、DE、NG外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感．
(1)求在0～2t0时间内，使棒PT保持静止的水平外力F的大小；
(2)在2t0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v0的速度匀速运动，完全运动到区域Ⅱ时，导体棒PT速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT产生的焦耳热为Q，求金属棒PT与区域Ⅰ右边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W；
(3)若磁场完全运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT运动到EG时的速度大小v.
答案 (1)0～t0时间内F＝eq \f(nB02πLr2,3Rt0)；t0～2t0时间内F＝0 (2)d－eq \f(3mRv0,B02L2) 3Q＋eq \f(1,2)mv02 (3)v0－eq \f(2\r(3)B02L3,3mR)
解析 (1)在0～t0时间内，由法拉第电磁感应定律得E＝neq \f(ΔB,Δt)S＝neq \f(B0,t0)πr2
由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,3R)＝eq \f(nB0πr2,3Rt0)
故在0～t0时间内，使PT棒保持静止的水平外力大小为F＝FA＝BIL＝eq \f(nB02πLr2,3Rt0)
在t0～2t0时间内，磁场不变化，回路中电动势为零，无电流，则外力F＝0
(2)PT棒向右加速运动过程中，取向右的方向为正方向，由动量定理得eq \f(B02L2Δx,3R)＝mv0
得Δx＝eq \f(3mRv0,B02L2)
所以x0＝d－Δx＝d－eq \f(3mRv0,B02L2)
PT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q总＝3Q
由功能关系和能量守恒定律得W＝3Q＋eq \f(1,2)mv02
(3)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为lx＝2eq \f(\r(3),3)x＋L
回路中总电阻为R总x＝eq \f(R,L)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lx＋2\f(2\r(3),3)x))＋2R＝eq \f(R,L)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\f(\r(3),3)x＋L＋2\f(2\r(3),3)x))＋2R
＝eq \f(R,L)(2eq \r(3)x＋3L)
回路中电流为Ix＝eq \f(B0lxvx,R总x)＝eq \f(B02\f(\r(3),3)x＋Lvx,\f(R,L)2\r(3)x＋3L)＝eq \f(B0Lvx,3R)
棒PT所受安培力大小为FAx＝B0Ixlx＝eq \f(B02Lvxlx,3R)
棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程中，以v0方向为正方向，由动量定理得－∑eq \f(B02Lvxlx,3R)Δt＝mv－mv0
即－eq \f(B02LS梯,3R)＝mv－mv0
其中S梯＝2eq \r(3)L2
所以v＝v0－eq \f(2\r(3)B02L3,3mR).
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
双杆模型
例3 (2022·辽宁卷·15)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．两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直．两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计．
(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eq \f(v0,3)，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到ab的最小距离x；
(3)初始时刻，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围．
答案 (1)eq \f(B2L2v0,2R) 方向水平向左
(2)①eq \f(mv0,3BL) ②eq \f(2mv0R,3B2L2)
(3)2≤k1)，则N到cd边的速度大小恒为eq \f(v0,3)，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv0＝mv1＋m·eq \f(v0,3)
解得N出磁场时，M的速度大小为v1＝eq \f(2,3)v0
由题意可知，此时M到cd边的距离为s＝(k－1)x
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到eq \f(v0,3)时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
－Beq \x\t(I1)L·Δt1＝m·eq \f(v0,3)－m·eq \f(2,3)v0
q1＝eq \x\t(I1)·Δt1＝eq \f(BL·k－1x,2R)
联立解得k＝2
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有－Beq \x\t(I2)L·Δt2＝0－m·eq \f(2,3)v0
同理解得k＝3
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k