2027年高考物理一轮复习学案练习含答案12-第十二章 电磁感应 05-专题突破24 电磁感应中的动量问题（教用）

这是一份2027年高考物理一轮复习学案练习含答案12-第十二章 电磁感应 05-专题突破24 电磁感应中的动量问题（教用），共16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等内容，欢迎下载使用。
题型一 动量定理在电磁感应中的应用
1.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的题目中，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。
2.在电磁感应中应用动量定理时，通常将下面两式结合应用：
−IlB⋅Δt=m(v2−v1)；
q=IΔt=nΔΦR。
考向1 单棒与电阻构成回路
例1 （2025·广东名校联考）多选 如图甲所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左侧连接有阻值为R的定值电阻，金属棒垂直静止在导轨上，整个导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，给金属棒施加水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始运动，金属棒运动x0的距离时撤去拉力，金属棒整个运动过程中的速度v与运动的位移x关系如图乙所示。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良好，金属棒接入电路的电阻为R，则金属棒运动过程中（ ）
A. 加速度大小保持不变
B. 通过电阻R的电荷量为BLx0R
C. 电阻R中产生的焦耳热为B2L2v0x04R
D. 拉力F的冲量大小为B2L2x02R
【答案】BC
【解析】图像斜率k=ΔvΔx=ΔvΔt⋅ΔtΔx=av，则金属棒加速运动过程中，随着速度增大，加速度增大，减速运动过程中，随着速度减小，加速度减小，故A错误；根据q=I⋅Δt，I=E2R，E=ΔΦΔt联立解得通过电阻R的电荷量q=ΔΦ2R=BL×2x02R=BLx0R，故B正确；整个过程克服安培力做功W安=F安⋅x=B2L2v2R⋅x，由题图乙可知vx=12v0×2x0=v0x0，联立解得W安=B2L2v0x02R，因此电阻R中产生的焦耳热为Q=12W安=B2L2v0x04R，故C正确；整个过程根据动量定理得IF−I安=0，又I安=BLIt=BqL，联立解得IF=B2L2x0R，故D错误。
例2 （2024·湖南卷·8，5分）多选 某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ ，AB=BC=d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 金属杆经过BB1的速度为v02
B. 在整个过程中，定值电阻R产生的热量为12mv02−12μmgd
C. 金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D. 若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
【答案】CD
【解析】取向右为正方向，金属杆从AA1到BB1的过程，根据动量定理得−BI1L⋅t1=mv−mv0，其中I1⋅t1=q1=BLd2R，同理，金属杆从BB1到CC1的过程，根据动量定理得−BI2L⋅t2−μmg⋅t2=0−mv，其中I2⋅t2=q2=BLd2R，由此可知mv>mv0−mv，则金属杆经过BB1的速度v>v02，A错误；根据能量守恒可知电流通过整个回路所产生的总热量Q=12mv02−μmgd，则定值电阻R上产生的热量QR=Q2=14mv02−12μmgd，B错误；经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量分别为I冲=−BI1Lt1=−BLq1，I′冲=−BI2Lt2=−BLq2，结合A选项的分析，可知金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同，C正确；初速度为v0时，金属杆在磁场中的运动过程由动量定理得−BLq−μmgt2=0−mv0，其中q=BLx2R，解得x=2R(mv0−μmgt2)B2L2，若将金属杆的初速度加倍，即初速度为2v0时，金属杆在磁场中的运动过程由动量定理得−BLq′−μmgt′=0−m⋅2v0，其中q′=BLx′2R，解得x′=2R(m⋅2v0−μmgt′)B2L2，以2v0的初速度进入磁场，金属杆经过BB1C1C区域的时间更短，即t′2x，D正确。
考向2 单棒与电源构成回路
例3 （2025·四川成都二模）电动机的动力来源于电流与磁场间的相互作用，其内部工作原理可借助图甲所建立的模型来理解：粗糙水平金属导轨宽度L=0.4m，处于竖直向下、磁感应强度大小B=2.5T的匀强磁场中，质量m=2kg、电阻R=1Ω 的金属棒MN置于导轨上，电源电动势E=10V，不计电源及导轨电阻。接通电源后，MN沿导轨由静止开始运动，在运动过程中MN始终与导轨保持良好接触，所受阻力大小恒为f=6N，图乙为金属棒MN的加速度倒数与速度的关系(1a−v)图像，图中右侧虚线为该图像的渐近线。
（1） 判断金属棒MN的运动方向；
（2） 求电源接通瞬间金属棒MN的加速度大小a0和最终趋近的最大速度vm；
（3） 求金属棒MN从静止启动到速度为v1=1m/s的过程中，消耗的电能E电。（1a−v图像中速度从0至v1的图像可近似处理为线性关系）
【答案】（1） 水平向右
（2） 2m/s2；4m/s
（3） 55J
【解析】
（1） 接通电源后，金属棒中电流方向由M到N，由左手定则可知安培力水平向右，故金属棒的运动方向水平向右。
（2） 接通电源瞬间流过MN的电流为I0，则I0=ER，
此时金属棒MN的加速度大小为a0，由牛顿第二定律得BI0L−f=ma0，
解得a0=2m/s2。
当金属棒MN加速度为0时，达到最大速度vm，此时金属棒MN产生的反电动势为E′，回路电流为I1，则E′=BLvm，BI1L−f=0，I1=E−E′R，
解得vm=4m/s。
（3） 设当金属棒MN速度为v1=1m/s时，其加速度为a1，电流为I2，从静止启动到速度为v1所用时间为t，电路通过的电荷量为q，则I2=E−BLv1R，
由牛顿第二定律得BI2L−f=ma1，
由1a−v图像中图线与横轴所围面积表示时间可知，
t=12(1a0+1a1)v1，
对金属棒从静止启动到速度为v1=1m/s过程，由动量定理得∑BiLΔt−ft=mv1−0，q=∑iΔt，
消耗的电能为E电=Eq，
解得E电=55J。
考向3 单棒与电容器构成回路
例4 （2025·辽宁名校联考）电磁弹射在电磁炮、航天器、舰载机等需要超高速的领域中有着广泛的应用。为了研究问题的方便，将其简化为如图所示的模型（俯视图）。发射轨道被简化为两个固定在水平面上、间距为L且相互平行的足够长金属导轨，整个导轨平面处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。发射导轨的左端为充电电路，已知电源的电动势为E，电容器的电容为C。子弹载体被简化为一根质量为m、长度为L、具有一定电阻的金属导体棒。金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上，忽略一切摩擦以及导轨和导线的电阻。将开关S先接a，用电源对电容器进行充电，电容器充电结束后，将开关接b，电容器通过导体棒放电，导体棒由静止开始运动，导体棒离开导轨时发射结束。
（1） 求发射时导体棒能获得的最终发射速度vm；
（2） 已知电容器储存的电场能为W=12CU2，求发射过程中导体棒上产生的焦耳热Q；
（3） 如果磁感应强度B的大小可以调节，保持其他参数不变，为使导体棒的最终动能取得最大值，求所加磁感应强度B的大小及对应最终发射动能的最大值Ekmax。
【答案】（1） BLCEm+CB2L2
（2） mCE22m+2CB2L2
（3） 1LmC；E2C8
【解析】
（1） 导体棒达到最大速度时，感应电动势等于电容器电压，U=BLvm，
对导体棒，由动量定理得BILt=mvm，
通过导体棒的电荷量q=It=C(E−U)，
联立解得vm=BLCEm+CB2L2。
（2） 电容器最终的电压为
U=BLvm=B2L2CEm+CB2L2，
根据能量守恒，导体棒上产生的焦耳热为Q=12CE2−12CU2−12mvm2，
解得Q=mCE22m+2CB2L2。
（3） 根据vm=BLCEm+CB2L2=LCEmB+CBL2，
当mB=CBL2时，即B=1LmC时导体棒最终速度达到最大值，最大值为vmax=E2Cm，
导体棒可获得的最终动能的最大值Ekmax=12mvmax2=E2C8。
考向4 双棒模型
例5 （2023·湖南卷·14，14分）如图，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。
【答案】（1） 2mgRsinθB2L2
（2） 2gsinθ
（3） gt0sinθ+mgRsinθB2L2；2m2gR2sinθB4L4
【解析】
（1） 棒a沿导轨向下运动，当mgsinθ=BIL时，棒a开始以速度v0匀速运动，
此时有E0=BLv0，
流过金属棒的电流I=E02R，
联立解得v0=2mgRsinθB2L2。
（2） 棒b释放瞬间，受到的安培力方向沿导轨平面向下，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+BIL=ma0，
解得a0=2gsinθ 。
（3） 从棒b释放瞬间到两棒共速，对棒a根据动量定理有
mgt0sinθ−IF=mv−mv0，①
对棒b根据动量定理有
mgt0sinθ+IF=mv，②
解得v=gt0sinθ+mgRsinθB2L2。
t0时间内a、b棒与导轨构成的回路中产生的感应电动势的平均值E=ΔΦt0=BLΔxt0，
I=E2R，联立解得IF=BILt0=B2L2Δx2R，
由①②得2IF=mv0，
解得Δx=2m2gR2sinθB4L4。
考向5 线框模型
例6 （2025·辽宁鞍山一模）如图，两条平行光滑金属导轨水平放置，间距为L，中间有宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场；导轨右侧接有一个阻值为R的定值电阻。一个边长为L的正方形导线框abdc置于导轨左侧，其ab、cd边始终与导轨接触良好。导线框的ac、bd两边电阻均为R，ab、cd边电阻可忽略，现给导线框一个初速度v，当它完全进入磁场区域时，速度变为v2，求：
（1） 导线框bc边进入磁场区域瞬间b、d两点间的电压U；
（2） 导线框的质量m；
（3） 上述过程中导轨右侧定值电阻R上产生的焦耳热Q。
【答案】（1） BLv3
（2） 4B2L33Rv
（3） B2L3v12R
【解析】
（1） bd边切割磁感线，电动势E=BLv，
由闭合电路欧姆定律得I=ER总，
即I=ER+R2，
解得I=2BLv3R，
b、d两点间电压U=E−IR，
解得U=BLv3。
（2） 导线框进入磁场的过程，根据动量定理有−BILΔt=mv2−mv，
其中I=ΔΦΔtR+R2，ΔΦ=BL2，
解得m=4B2L33Rv。
（3） 由能量守恒得系统产生的总焦耳热Q总=12mv2−12m(v2)2，
解得Q总=38mv2=B2L3v2R，
根据Q总=Qac+Qbd+Q，
其中Qbd=I2Rt，Qac=(I2)2Rt，Q=(I2)2Rt，
解得Q=16Q总=B2L3v12R。
题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
1.问题情境
在相互平行的水平导轨间的两导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒。
2.解题思路
解决上述问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒。因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒定律和功能关系求解。
例7 （2025·山东济南二模）多选 如图所示，将光滑的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，左、右倾斜导轨与水平面间夹角均为θ=30∘ ，中间导轨水平且足够长。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，左侧倾斜导轨间磁感应强度大小为2B，中间水平导轨和右侧倾斜导轨间磁感应强度大小为B。将长度均为L的导体棒ab、cd放置在倾斜导轨上，距水平面高度均为ℎ。两导体棒同时由静止释放，在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，一段时间后导体棒cd到达右侧倾斜导轨底端，速度大小为v。导体棒ab、cd的质量分别为2m和m，电阻分别为2R和R。导轨连接处平滑，导轨电阻不计，重力加速度为g，不考虑磁场的边界效应。下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒cd到达右侧倾斜导轨底端时，导体棒ab的速度大小为12v
B. 导体棒ab进入水平导轨时，回路中电流大小为2BLv3R
C. 两导体棒相距最近时，速度均为0
D. 从静止释放到两导体棒相距最近，通过导体棒ab的电荷量为3BLℎR+4mv3BL
【答案】BD
【解析】两导体棒在倾斜导轨上运动时，设回路中电流为I，导体棒ab、cd的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律可得2mgsinθ−2BILcsθ=2ma1，mgsinθ−BILcsθ=ma2，可知，任意时刻a1=a2，则任意时刻两导体棒速度大小都相等。两导体棒释放位置距水平面高度相同，所以当导体棒cd到达右侧倾斜导轨底端时，导体棒ab也恰好到达左侧倾斜导轨底端，速度大小也是v，故A错误；导体棒ab进入水平导轨时，两导体棒产生的总电动势E=2BLv，则回路中电流大小I=E3R=2BLv3R，故B正确；当两导体棒都进入水平导轨后，由于系统所受合外力为0（水平方向不受外力），系统动量守恒，设两导体棒相距最近时共同速度为v共，以向右为正方向，根据动量守恒定律得2mv−mv=(2m+m)v共，解得v共=13v≠0，故C错误；导体棒ab从静止释放到进入水平导轨过程，根据q1=I1Δt1，I1=E12R+R，E1=ΔΦ1Δt1，ΔΦ1=3B⋅L⋅ℎtan30∘，可得q1=3BLℎR，从两导体棒都进入水平导轨到相距最近过程，对ab棒根据动量定理得−BILΔt2=2m(v共−v)，又q2=IΔt2，联立可得q2=4mv3BL，所以从静止释放到两导体棒相距最近，通过导体棒ab的电荷量q=q1+q2=3BLℎR+4mv3BL，故D正确。
例8 （2024·湖北卷·15，18分）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14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。
【答案】（1） BL2gL
（2） B2L22gL3mR
（3） B2L3+mR2gLB2L2
【解析】
（1） 对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程，由动能定理有mgL=12mv02，
解得v0=2gL，
则金属棒ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL2gL。
（2） 根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，导轨外侧的两段圆弧被短路，由几何关系可得金属环接入电路中的两段圆弧所对应的圆心角为60∘ ，金属环接入电路中的两段圆弧的电阻均为R，
可知，整个回路的总电阻为
R总=R+R⋅RR+R=32R，
金属棒ab刚越过MP时，金属环开始运动，此时通过金属棒ab的感应电流为
I=ER总=2BL2gL3R，
对金属环由牛顿第二定律有
2BL⋅I2=2ma，
解得a=B2L22gL3mR。
（3） 结合上述分析可知，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，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则临界情况是金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，对应距离的最小值，设此时速度为v，
由动量守恒定律有mv0=mv+2mv，
解得v=13v0，
对金属棒ab，由动量定理有
−BILt=m⋅v03−mv0，
则有BLq=23mv0，
设金属棒运动的距离为x1，金属环运动的距离为x2，则有q=BL(x1−x2)R总，
联立解得Δx=x1−x2=mR2gLB2L2，
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离d=L+Δx=B2L3+mR2gLB2L2。
温馨提示 请完成《分层突破训练》课时作业67