第66讲　动量观点在电磁感应中的应用——2027届高三物理一轮复习讲义（含答案）

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1．此类问题中常用到的几个公式
(1)安培力的冲量为：I安＝Beq \x\t(I)Lt＝BLq。
(2)通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R总)Δt＝neq \f(ΔΦ,ΔtR总)Δt＝neq \f(ΔΦ,R总)。
(3)磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。
(4)导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为I其他＋eq \x\t(I)lBΔt＝mv－mv0或I其他－eq \x\t(I)lBΔt＝mv－mv0。
2．选用技巧：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。
►考向1 “导体棒＋电阻”模型
►考向2 导线框模型
(多选)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，线框经过位置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(BΔS,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(I)1LΔt1＝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(I)2LΔt2＝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。
►考向3 双棒在外力作用下模型
(2025·广东深圳高三月考)某物理小组想出了一种理想化的“隔空”加速系统，该系统通过利用其中一个金属棒在磁场中运动产生感应电流从而使另一个金属棒获得速度，这样就避免了直接对其进行加速时所带来的磨损和接触性损伤，该加速系统可以建模抽象为在足够长的固定水平平行导轨上放有两个金属棒MN和PQ，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方向竖直向下，导轨电阻很小，可忽略不计。如图为模型俯视图，导轨间的距离L＝1.0 m，每根金属棒质量均为m＝1.0 kg，电阻都为R＝5.0 Ω，可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，在t＝0时刻，两金属棒都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为F＝2.0 N恒力作用于金属棒MN上，使金属棒MN在导轨上滑动，经过t＝10 s，金属棒MN的加速度a＝1.6 m/s2，求：
(1)此时金属棒PQ的加速度；
(2)此时两金属棒MN和PQ的速度；
(3)金属棒MN和PQ的最大速度差。
[答案] (1)0.4 m/s2 (2)18 m/s 2 m/s (3)40 m/s
[解析] (1)恒力作用于MN杆，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感应电流，根据右手定则知电流方向为M→N，电流流经PQ，根据左手定则MN受安培力水平向左，PQ受到的安培力水平向右，它们都做加速运动，对MN由牛顿第二定律得F－ILB＝ma
对PQ由牛顿第二定律得ILB＝ma′
联立解得a′＝0.4 m/s2。
(2)设某时刻MN速度为v1，PQ速度为v2，根据法拉第电磁感应定律有I＝eq \f(BLv1－v2,2R)
在t＝10 s时，对MN，由牛顿第二定律得F－ILB＝ma
整理得F－eq \f(B2L2v1－v2,2R)＝ma
代入数据得v1－v2＝16 m/s
由于作用于两根杆的安培力等大反向，所以作用于两杆系统的合力为水平恒力F，对系统由动量定理得Ft＝(mv1＋mv2)－0
代入数据得v1＋v2＝20 m/s
联立解得v1＝18 m/s，v2＝2 m/s。
(3)MN杆做加速度减小的加速运动，PQ杆做加速度增大的加速运动，最终共加速度，设两金属棒的共同加速度为a共，对系统有F＝2ma共
对PQ杆有ImLB＝ma共
其中Im＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BLΔvm,2R)
联立解得Δvm＝eq \f(FR,B2L2)＝40 m/s。
►考向4 不等间距上的双棒模型
(多选)如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD以及直宽轨EF、GH组合而成，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，AB、CD等长且与EF、GH均相互平行，BE、GD等长、共线，且均与AB垂直，窄轨间距为eq \f(L,2)，宽轨间距为L。窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为B的匀强磁场。由同种材料制成的相同金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，棒长为L、质量为m、电阻为R。初始时b棒静止于导轨EF段某位置，a棒从AB段某位置以初速度v0向右运动，且a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长。下列判断正确的是( )
A．a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为eq \f(B2L2v0,3mR)
B．经过足够长的时间，a棒的速度为eq \f(4,5)v0
C．整个过程中通过回路的电荷量为eq \f(4mv0,5BL)
D．整个过程中b棒产生的焦耳热为eq \f(1,15)mveq \\al(2,0)
[答案] ABD
[解析] a棒刚开始运动时，感应电动势为E＝eq \f(BLv0,2)，电路中电流为I＝eq \f(E,R＋\f(1,2)R)＝eq \f(BLv0,3R)，b棒受的安培力为F＝BIL＝eq \f(B2L2v0,3R)，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(B2L2v0,3mR)，故选项A正确；经过足够长时间，电路中无电流，有eq \f(BLva,2)＝BLvb，对a导体棒，根据动量定理得－Bieq \f(L,2)Δt＝mva－mv0，对b导体棒，根据动量定理得BiLΔt＝mvb，联立解得va＝eq \f(4,5)v0，vb＝eq \f(2,5)v0，故选项B正确；对b导体棒，根据动量定理得BiLΔt＝BLq＝mvb，解得q＝eq \f(2mv0,5BL)，选项C错误；根据能量守恒得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)＋Qa＋Qb，由Q＝I2Rt可知两导体棒发热量关系为2Qa＝Qb，解得Qb＝eq \f(1,15)mveq \\al(2,0)，故D正确。
►考向5 “导体棒＋电容器”模型
如图甲所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L，左端连接一个电容为C的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0，之后金属棒运动的v－t图像如图乙所示，不考虑导轨的电阻。
(1)求金属棒匀速运动时的速度大小v1；
(2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q；
(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q，求电容器充电稳定后储存的电能E。
[答案] (1)eq \f(mv0,m＋CB2L2) (2)eq \f(CBLmv0,m＋CB2L2)
(3)eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(m3v\\al(2,0),2m＋CB2L22)－Q
[解析] (1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势U＝BLv1
电容器的电荷量q＝CU
金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有－Beq \x\t(I)Lt0＝mv1－mv0
电容器的电荷量q＝eq \x\t(I)t0
联立解得v1＝eq \f(mv0,m＋CB2L2)。
(2)由(1)可知q＝CU＝CBLv1＝eq \f(CBLmv0,m＋CB2L2)。
(3)在0～t0时间内，金属棒的速度由v0到v1，由能量守恒定律可得E＋Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(m3v\\al(2,0),2m＋CB2L22)－Q。
(多选)如图所示是某同学模拟电磁炮的工作原理和发射过程，水平台面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ置于塑料圆筒内，质量为m的金属炮弹置于圆筒内的轨道上，轨道间距为L，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨左端连着平行板电容器和电动势为E的电源。先让单刀双掷开关接1接线柱对电容器充电，充电结束后，将开关接2接线柱。金属炮弹在安培力作用下开始运动，达到最大速度后离开导轨，整个过程通过炮弹的电荷量为q。已知在圆筒中金属炮弹始终与导轨接触良好，不计导轨电阻和电源内阻，炮弹电阻为R。在这个过程中，以下说法正确的是( )
A．炮弹离开导轨时的速度为eq \f(BLq,m)
B．电容器的电容C＝eq \f(mq,mE－B2L2q)
C．炮弹在导轨上的位移x＝eq \f(qR,BL)
D．在其他条件不变时，炮弹的最大速度与电容器电容大小成正比
[答案] AB
[解析] 对炮弹，根据动量定理eq \x\t(F)t＝mv，其中，平均安培力eq \x\t(F)＝Beq \x\t(I)L，可得v＝eq \f(B\x\t(I)Lt,m)＝eq \f(BLq,m)，故A正确；刚充电结束时，电容器电荷量为Q＝CE，炮弹达到最大速度时，电容器电荷量Q′＝Q－q，此时电容器电压U＝eq \f(Q′,C)，则此时炮弹产生的感应电动势等于U，故BLv＝U，联立可得eq \f(CE－q,C)＝BLv，解得C＝eq \f(mq,mE－B2L2q)，故B正确；炮弹在导轨上运动过程，电容器有电压存在，通过炮弹的平均电流并不是eq \f(BL\x\t(v),R)，则eq \f(BL\x\t(v),R)t≠q，x≠eq \f(qR,BL)，故C错误；根据B项分析可知E＝veq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(BL＋\f(m,BLC)))，故炮弹的最大速度与电容器电容大小并不成正比，故D错误。
考点2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
(能力考点·深度研析)
(2024·湖北卷)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。
[答案] (1)BLeq \r(2gL) (2)eq \f(B2L2\r(2gL),3mR)
(3)L＋eq \f(mR\r(2gL),B2L2)
[解析] (1)设ab滑到MP处时速度为v0，由动能定理可知mgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－0
ab刚越过MP时产生的感应电动势为E＝BLv0
联立解得v0＝eq \r(2gL)，E＝BLeq \r(2gL)。
(2)如图所示，根据几何关系，金属环接入电路的弧度θ1＝θ2＝eq \f(π,3)，结合题中条件根据闭合电路的欧姆定律和并联电路规律，金属环接入电路的电阻为eq \f(R,2)，根据闭合电路的欧姆定律可知
E＝Ieq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋\f(1,2)R))
金属环因受安培力而向右做变加速运动，由牛顿第二定律可知FA＝ILB＝2ma
联立解得a＝eq \f(B2L2\r(2gL),3mR)。
(3)金属环可以看作质量为2m、长度为L、电阻为0.5R的导体棒，装置可以等效为等间距的双杆模型，金属环受安培力加速，金属棒ab受安培力减速，当二者共速时，回路磁通量不再变化，电流为零，安培力为零，二者保持共速做匀速直线运动，此时二者间距最近，
金属棒ab和金属环组成的系统合外力为零，由动量守恒定律有mv0＝(m＋2m)v
对金属环受力分析，由动量定理有∑ILBΔt＝BLq＝2mv
其中q＝eq \f(ΔΦ,1.5R)＝eq \f(BLΔx,1.5R)
联立解得Δx＝eq \f(mR\r(2gL),B2L2)
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离应为L＋eq \f(mR\r(2gL),B2L2)。
提能训练 练案[66]
基础巩固练
题组一 动量定理在电磁感应中的应用
1．如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是( )
A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止
C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大
D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动
[答案] B
[解析] 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据eq \x\t(F)安＝Beq \x\t(I)L，有eq \x\t(F)安t＝Beq \x\t(I)Lt＝qBL＝mΔv，得q＝eq \f(mΔv,BL)，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误。
2.如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场。现有一个边长为a(a