2025届高考物理二轮专题复习与测试模块四电磁感应和电路专题十二三大观点在电学中的应用

这是一份2025届高考物理二轮专题复习与测试模块四电磁感应和电路专题十二三大观点在电学中的应用，共16页。
1．动量定理和动量守恒定律在电学中的应用。 2.应用动量和能量观点解决电场和磁场问题。
3．应用动量和能量观点分析电磁感应问题。
命题点1 应用动量定理分析电磁感应问题
1．(2023·湖南卷，T14)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垂直于导轨放置，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，对棒a分析，由平衡条件有
mg sin θ＝BI1L
由法拉第电磁感应定律有E1＝BLv0
由欧姆定律有I1＝ eq \f(E1,2R) ，联立解得v0＝ eq \f(2mgR sin θ,B2L2) 。
(2)当棒a匀速运动时，释放棒b，分析可知，棒b受到沿导轨向下的安培力，则释放棒b的瞬间，对棒b，由牛顿第二定律有mg sin θ＋BI1L＝ma0
又BI1L＝mg sin θ
解得a0＝2g sin θ。
(3)释放棒b后，由于棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两棒所受安培力均减小，对棒a，由动量定理有
(mg sin θ－F) t0＝mv－mv0
对棒b，由动量定理有
(mg sin θ＋F) t0＝mv
结合(1)问结果联立解得
v＝gt0sin θ＋ eq \f(mgR sin θ,B2L2)
设棒a速度为vi时产生的感应电动势为Ea，则
Ea＝BLvi
同理设棒b速度为vj时产生的感应电动势为Eb，
则Eb＝BLvj
棒中电流为I＝ eq \f(Ei－Ej,2R) ＝ eq \f(BL(vi－vj),2R)
两棒所受安培力的大小均为
F＝ BIL＝ eq \f(B2L2(vi－vj),2R)
对棒b，由动量定理有
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(mg sin θ＋\f(B2L2(vi－vj),2R))) Δt＝mΔv
对方程两侧求和，即
Σ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(mg sin θ＋\f(B2L2(vi－vj),2R))) Δt＝ΣmΔv
注意到ΣΔt＝t0，Σ(vi－vj)Δt＝Δx，ΣΔv＝v
解得Δx＝ eq \f(2m2gR2sin θ,B4L4) 。
答案：(1) eq \f(2mgR sin θ,B2L2) (2)2g sin θ
(3)gt0sin θ＋ eq \f(mgR sin θ,B2L2) eq \f(2m2gR2sin θ,B4L4)
命题点2 应用动量守恒定律分析电磁感应问题
2．(2024·湖北卷，T15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的 eq \f(1,4) 圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求：
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
解析：(1)对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有mgL＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0)
解得v0＝ eq \r(2gL)
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E＝BLv0＝BL eq \r(2gL) 。
(2)金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两段圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段轨道内圆弧的电阻R0＝ eq \f(1,2) × eq \f(6R,3) ＝R
R总＝R＋ eq \f(R·R,R＋R) ＝ eq \f(3,2) R
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流
I＝ eq \f(E,R总) ＝ eq \f(2BL\r(2gL),3R)
对金属环有2BL· eq \f(I,2) ＝2ma
解得a＝ eq \f(B2L2\r(2gL),3mR) 。
(3)金属环和金属棒ab所受的安培力等大、反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，由动量守恒定律有mv0＝mv＋2mv，解得v＝ eq \f(1,3) v0
对金属棒ab，由动量定理有
－B eq \(I,\s\up6(－)) Lt＝m· eq \f(v0,3) －mv0
则有BLq＝ eq \f(2,3) mv0
设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，
则有q＝ eq \f(BL(x1－x2),R总)
联立解得Δx＝x1－x2＝ eq \f(mR\r(2gL),B2L2)
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
d＝L＋Δx＝ eq \f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2) 。
答案：(1)BL eq \r(2gL)
(2) eq \f(B2L2\r(2gL),3mR)
(3) eq \f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)
题型一 动量和能量观点在电磁感应中的应用
考向1 动量定理分析“单棒”或者“线框”问题
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，则可运用动量定理巧妙解决问题。
如图，间距为L的两平行金属导轨右端接有电阻R，固定在离地高为H的平面上，空间存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m的金属杆ab垂直于导轨放置，杆获得一个大小为v0的水平初速度后向左运动并离开导轨，其落地点距导轨左端的水平距离为s。已知重力加速度为g，忽略一切摩擦，杆和导轨电阻不计。求：
(1)杆即将离开轨道时的加速度大小a；
(2)杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力做的功W；
(3)杆ab在水平轨道运动的位移x。
[解析] (1)杆离开轨道后做平抛运动，则有
H＝ eq \f(1,2) gt2，s＝vt
联立解得，杆离开轨道时的速度大小v＝s eq \r(\f(g,2H))
杆离开轨道时，产生的感应电动势E＝BLv
感应电流大小I＝ eq \f(E,R)
杆受到的安培力大小F＝BIL
根据牛顿第二定律可得F＝ma
联立方程，解得杆即将离开轨道时的加速度大小
a＝ eq \f(B2L2s,2mRH) eq \r(2gH) 。
(2)根据动能定理，可得
－W＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0)
联立方程，解得杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力做的功W＝ eq \f(1,2) m(v eq \\al(2,0) － eq \f(gs2,2H) )。
(3)根据动量定理，可得－B eq \x\t(I) Lt＝mv－mv0
又有q＝ eq \x\t(I) t，q＝ eq \f(BLx,R)
联立方程，解得x＝ eq \f(mR,B2L2) (v0－ eq \f(s,2H) eq \r(2gH) )
[答案] (1) eq \f(B2L2s,2mRH) eq \r(2gH) (2) eq \f(1,2) m(v eq \\al(2,0) － eq \f(gs2,2H) )
(3) eq \f(mR,B2L2) (v0－ eq \f(s,2H) eq \r(2gH) )
考向2 动量守恒定律分析“双棒”问题
(多选)如图，水平桌面上固定两根距离d＝1 m、不计电阻的足够长的平行金属导轨。A、B、C、D、E、F为导轨上6个不同的位置，ABFE区域(含边界)有垂直于纸面向里、大小B＝1 T的匀强磁场。导体棒l1的质量m＝0.5 kg，电阻R＝0.2 Ω，垂直于导轨放置，EF处有一固定的与l1相同的导体棒l2。导体棒与导轨垂直且接触良好，在C、D两位置有固定弹性立柱C和D，导体棒与立柱发生弹性碰撞时，速度立即变为与碰前速度等大反向。l1在恒定外力F作用下从AB边左端距AB边0.25 m处由静止开始向右运动，进入磁场后恰能做匀速直线运动。l1运动至CD处，与立柱发生碰撞时立即撤去外力，同时撤去对l2的固定，当l1再次运动至AB处时，l1与l2达到共速，l2恰好到达CD处，并与立柱相碰。已知导轨AE、BF段光滑，其余段粗糙，l1与粗糙部分间动摩擦因数为μ，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。F＝5 N，CE＝0.3 m，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( AC )
A．l1与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2
B．C、D分别为AE、BF的中点
C．l1由CD运动到AB的过程中产生的焦耳热为0.25 J
D．l2最终将离开磁场，在EF右侧滑动一段距离
[解析] 因l1进入磁场后做匀速直线运动，则有F＝ eq \f(B2d2,2R) v0，解得v0＝2 m/s，l1由开始运动到进入磁场，由动能定理可得F×0.25 m－μmg×0.25 m＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) ，解得μ＝0.2，A正确；l1从反弹至到达AB过程，l1、l2系统动量守恒，设共同速度为v1，根据动量守恒定律得mv0＝2mv1，解得v1＝1 m/s，在相同时间内，l1速度由2 m/s减速到1 m/s，l2速度由0增加到1 m/s，故此过程l1的位移大于l2的位移，B错误；两棒都在磁场中运动过程中，系统损失的动能变成两棒的焦耳热，由于两棒电阻相等，则两棒产生的焦耳热相等，设每根棒产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律得2Q＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) － eq \f(1,2) ·2m·v eq \\al(2,1) ，解得Q＝0.25 J，C正确；l2在磁场中向右滑动时只受安培力作用，l1在磁场外，设l2向右移动的最大距离为x，由动量定理得－B eq \x\t(I) dt＝0－mv1， eq \x\t(I) t＝q，由法拉第电磁感应定律得 eq \x\t(E) ＝ eq \f(ΔΦ,Δt) ，ΔΦ＝Bdx，由闭合电路欧姆定律得 eq \x\t(I) ＝ eq \f(\x\t(E),2R) ，q＝ eq \x\t(I) Δt，解得x＝0.2 m＜CE，即l2将在磁场中运动0.2 m 后静止，并没有离开磁场，D错误。
(2023·全国甲卷，T25)如图所示，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。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。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
[解析] (1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
3mv0＝3mvQ＋mvP
eq \f(1,2) ×3mv eq \\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) ×3mv eq \\al(2,Q) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\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vP′＝vQ＝ eq \f(1,2) v0。
(2)根据能量守恒有 eq \f(1,2) mv eq \\al(2,P) ＝ eq \f(1,2) mvP′2＋Q，解得Q＝mv eq \\al(2,0) 。
(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
－B eq \(I,\s\up6(－)) lΔt＝mvP′－mvP
又 eq \(I,\s\up6(－)) ＝ eq \f(\(E,\s\up6(－)),R) ＝ 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t＝ eq \f(x,vQ) ＝ eq \f(2mR,B2l2) 。
[答案] (1) eq \f(1,2) v0 (2)mv eq \\al(2,0) (3) eq \f(2mR,B2l2)
题型二 动量和能量观点在电场或磁场中的应用
考向1 动量和能量观点在电场中的应用
如图，足够高的绝缘细管竖直固定，细管内壁光滑。有界匀强电场区域的边界垂直于竖直管，上边界固定且距直管上端管口为L，下边界可沿直管调节场区高度，设场区高度为kL(k>0)。质量为m、不带电的绝缘小球a从直管上端管口处由静止释放，之后与静止在电场区域上边界的带电小球b碰撞，小球b的质量为5m、电荷量为＋q。已知a、b的直径略小于管的直径，a、b碰撞时间极短且没有机械能损失，b的电荷不发生转移，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)a、b第一次碰撞后的瞬间速度v1、v2；
(3)a、b分别在电场区域内和电场区域外发生第二次碰撞对应的k的取值范围。
[解析] (1)设电场的电场强度为E，由题意知，小球b受力平衡，由qE＝5mg，解得E＝ eq \f(5mg,q) 。
(2)设竖直向下为正方向，a与b发生第一次碰撞前的速度为v0，由机械能守恒定律有
mgL＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0)
解得v0＝ eq \r(2gL)
a与b碰撞，由动量守恒定律有
mv0＝mv1＋5mv2
碰撞前后机械能守恒，则有
eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) ×5mv eq \\al(2,2)
联立解得v1＝－ eq \f(2,3) eq \r(2gL) ，v2＝ eq \f(\r(2gL),3) ，负号表示方向竖直向上。
(3)a、b发生第一次碰撞后，由(2)的分析发现，a球做竖直上抛运动，b球匀速通过电场区域，之后与a球有相同的加速度向下运动。由于k取不同的值，a、b发生第二次碰撞的位置及时间也不同，a可能在电场区域追上b，也可能在电场外追上b，现讨论如下：
若a、b在电场区域内发生第二次碰撞。设第一次碰撞后，经t1时间a追上b。
由两球位移相等，得
v1t1＋ eq \f(1,2) gt eq \\al(2,1) ＝v2t1
v2t1≤kL
解得k≥ eq \f(4,3)
若a、b在电场区域外发生第二次碰撞。设b在电场区域做匀速直线运动的时间为t，则t＝ eq \f(kL,v2)
a、b发生第一次碰撞后，经时间t，小球a的速度
v3＝v1＋gt
若a在场外追上b，则必须满足v3>v2
联立解得k> eq \f(2,3)
可知k< eq \f(4,3) ，所以 eq \f(2,3)