备考2024届高考物理一轮复习讲义第十二章电磁感应专题二十一电磁感应中的动力学能量和动量问题题型3电磁感应中的动量问题

这是一份备考2024届高考物理一轮复习讲义第十二章电磁感应专题二十一电磁感应中的动力学能量和动量问题题型3电磁感应中的动量问题，共9页。试卷主要包含了动量定理在电磁感应中的应用，动量守恒定律在电磁感应中的应用，5m/s等内容，欢迎下载使用。

导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动，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.
（1）单棒＋水平导轨
（2）单棒＋倾斜导轨
2.动量守恒定律在电磁感应中的应用
在两等长金属棒切割磁感线的系统中，两金属棒和水平平行金属导轨构成闭合回路，它们受到的安培力的合力为0，如果不计摩擦，它们受到的合力为0，满足动量守恒的条件，运用动量守恒定律解题比较方便.
研透高考 明确方向
命题点1 动量定理在电磁感应中的应用
8.[“单棒＋电阻”模型]如图所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R的电阻.在导轨上垂直于导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的金属棒，其电阻为r.金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动.金属棒与导轨接触良好，导轨的电阻不计.
（1）求金属棒匀速运动时回路中的电流；
（2）求金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电荷量；
（3）若在时间t内金属棒运动的位移为x，求电阻R上产生的热量.
答案 （1）FBL （2）F（R＋r）B2L2 FtBL－mF（R＋r）B3L3 （3）[Fx－mF2（R＋r）22B4L4]RR＋r
解析 （1）金属棒匀速运动时，由平衡条件得
F＝BImL，解得Im＝FBL
（2）根据闭合电路的欧姆定律得Im＝BLvR＋r
解得v＝F（R＋r）B2L2
通过回路的电荷量q＝It
由动量定理得Ft－BILt＝mv
解得q＝FtBL－mF（R＋r）B3L3
（3）由功能关系得Fx＝Q＋12mv2
QR＝RR＋rQ
解得QR＝[Fx－mF2（R＋r）22B4L4]RR＋r.
9.[不等间距上的双棒模型/多选]如图所示，光滑水平导轨置于匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B.左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长.质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态.现瞬间给导体棒cd一水平向右的初速度v0，在此后的运动过程中，两棒始终在对应的导轨部分运动，始终与导轨垂直且接触良好.已知导体棒ab的电阻为R，cd的电阻为2R，导轨电阻不计.下列说法正确的是（ AC ）
A.导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒
B.两棒最终以相同的速度做匀速直线运动
C.导体棒ab最终的速度为23v0
D.从导体棒cd获得初速度到二者稳定运动的过程中，系统产生的焦耳热为89mv02
解析 导体棒cd获得速度后，回路中产生感应电流，根据左手定则知导体棒cd减速，导体棒ab加速，当BLvab＝2BLvcd时，回路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒运用动量定理得－2BILt＝2mvcd－2mv0，BILt＝mvab，联立解得vab＝23v0，vcd＝13v0，故B错误，C正确；两导体棒受到的安培力大小不相等，系统受到的合力不为零，动量不守恒，A正确；从导体棒cd获得初速度到二者稳定运动的过程中，系统产生的焦耳热为Q＝12·2mv02－12mvab2－12·2mvcd2，解得Q＝23mv02，故D错误.
10.[“电容器”模型/2024广东广州开学考试]如图所示，在水平面内固定着间距为L的两根光滑平行金属导轨（导轨足够长且电阻忽略不计），导轨上M、N两点右侧处在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.在导轨的左端接入电动势为E、内阻不计的电源和电容为C的电容器.先将金属棒a静置在导轨上，闭合开关S1、S3，让a运动速度达到v0时断开S1，同时将金属棒b静置在导轨上，经过一段时间后，流经a的电流为零.已知a、b的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，在运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触.
（1）求开关S1、S3闭合，a运动速度达到v0时a的加速度大小；
（2）求b产生的焦耳热；
（3）若将棒a、b均静置在水平导轨上，闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，求两棒最终的速度大小.
答案 （1）BL（E－BLv0）mR （2）18mv02 （3）BLCE2m＋B2L2C
解析 （1）a切割磁感线产生的电动势E1＝BLv0
由牛顿第二定律得BE－E1RL＝ma
解得a＝BL（E－BLv0）mR
（2）对a、b系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1
解得v1＝v02
由能量守恒定律得系统产生的焦耳热
Q＝12mv02－12·2mv12
解得Q＝14mv02
b产生的焦耳热Qb＝12Q＝18mv02
（3）闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，两棒同时加速，直到匀速运动.对电容器，放电量
q＝C（E－BLv）
对a，某时刻经极短时间Δt，由动量定理得
BILΔt＝mΔv
整个过程有∑BLΔq＝∑mΔv
即BLq2＝mv
解得两棒最终的速度v＝BLCE2m＋B2L2C.
方法点拨无外力充电式
无外力放电式
命题点2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
11.[双棒模型——无外力/2021福建/多选]如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计.图中EFHG矩形区域内有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内.已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m.在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（ AD ）
A.t1时刻a棒的加速度大小为2B2L2v03mR
B.t2时刻b棒的速度为0
C.t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍
D.t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为29mv02
解析 在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0，由右手定则可判断出两金属棒产生的感应电流方向都是逆时针方向，产生的感应电动势都是BLv0，由闭合电路欧姆定律可得，t1时刻a金属棒中的感应电流I＝2BLv0R+2R＝2BLv03R，受到的安培力F＝BIL＝2B2L2v03R，由牛顿第二定律F＝ma可得，t1时刻a棒的加速度大小为a＝2B2L2v03mR，选项A正确；由于金属棒a、b串联构成回路，所以在t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量与b棒的相同，选项C错误；由于金属棒a、b电阻分别为R和2R，金属棒a、b串联构成回路，二者电流相等，由焦耳定律可知金属棒a、b产生的焦耳热之比为1∶2，设t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为Q，则b棒产生的焦耳热为2Q，又两者材料相同，由电阻定律可知，金属棒a的横截面积为b的2倍，故体积为b的2倍，质量为b的2倍，即b的质量为0.5m，t＝t2时刻流经a棒的电流为0，且b棒仍位于磁场区域内，说明金属棒a、b具有共同速度，由动量守恒定律有mv0－0.5mv0＝1.5mv，解得v＝v03，由能量守恒定律有12mv02＋12×0.5mv02＝Q＋2Q＋12×1.5mv2，解得Q＝29mv02，选项B错误，D正确.
12.[双棒模型——有外力]如图所示，MN、PQ为水平放置的足够长平行光滑导轨，导轨间距L＝1m，导轨上放置两根垂直导轨的导体棒ab和cd，并与导轨接触良好，每根导体棒的质量均为m＝2kg，接入导轨间的部分电阻R＝2Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝2T，现对导体棒ab施加向右的F＝10N的水平恒力，经过一段时间两导体棒达到恒定的速度差，若某时刻导体棒ab的速度为10m/s，且两导体棒距离d＝2m，此时撤去外力，最终两导体棒达到稳定状态，导轨电阻不计，试求：
（1）两导体棒达到恒定的速度差时，其加速度大小；
（2）撤去外力后回路中产生的热量；
（3）最终达到稳定状态时两导体棒间的距离.
答案 （1）2.5m/s2 （2）12.5J （3）7m
解析 （1）对两导体棒的运动状态进行分析，导体棒ab做加速度减小、速度增大的变加速运动，导体棒cd做加速度增大、速度增大的变加速运动，最终两导体棒达到相同加速度，有恒定的速度差.
由牛顿第二定律可知，对导体棒ab有F－F安＝ma
对导体棒cd有F安＝ma
联立解得a＝F2m＝2.5m/s2.
（2）当导体棒ab的速度v1＝10m/s时，设此时导体棒cd的速度为v2，对导体棒cd由牛顿第二定律有
BBL（v1－v2）2RL＝ma
得v2＝5m/s
撤去外力后，两导体棒在安培力作用下最终达到共同速度v，由动量守恒定律可知mv1＋mv2＝2mv
得v＝7.5m/s
此过程回路产生的热量Q＝12mv12＋12mv22－12×2mv2
得Q＝12.5J.
（3）设达到稳定状态时两导体棒间的距离为x，对导体棒ab，由动量定理有－BILt＝m（v－v1）
此过程中通过回路的电荷量q＝It＝BL（x－d）2R
联立解得x＝7m.
方法点拨
情境示例1
水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来
求电荷量q
－BILΔt＝0－mv0，q＝IΔt，联立解得q＝mv0BL
求位移x
－B2L2vRΔt＝0－mv0，x＝vΔt＝mv0RB2L2
应用技巧
初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q＝IΔt，x＝vΔt；若已知q或x也可求末速度或初速度
情境示例2
间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v
求运动时间
－BILΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，q＝IΔt，－B2L2vRΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，x＝vΔt
应用技巧
用动量定理求时间需有其他恒力参与.若已知运动时间，也可求q、x、v中的任一个物理量
基本模型
（导体棒电阻为R，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）
电路特点
导体棒相当于电源，电容器充电
电流特点
安培力为阻力，导体棒减速，E减小，有I＝BLv－UCR，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，导体棒匀速运动
运动特点和
最终特征
导体棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零
最终速度
电容器充电电荷量：q＝CUC
最终电容器两端电压：UC＝BLv
对棒应用动量定理：mv－mv0＝－BIL·Δt＝－BLq，v＝mv0m＋CB2L2
v－t图像
基本模型
（电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）
电路特点
电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动
电流特点
电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm
运动特点和
最终特征
导体棒做加速度a减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I＝0
最大速度vm
电容器充电电荷量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：Q＝CUC＝CBLvm
电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
对棒应用动量定理：mvm－0＝BIL·Δt＝BLΔQ，vm＝BLCEm＋CB2L2
v－t图像
双棒无外力
双棒有外力
示意图
F为恒力
动力学观点
导体棒1受安培力的作用做加速度逐渐减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度逐渐减小的加速运动，最终两棒以相同的速度做匀速直线运动
导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点
系统动量守恒
系统动量不守恒
能量观点
棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热
力F做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热