高考物理二轮复习【真题练习】第17讲 动量定理在电磁感应中的应用

这是一份高考物理二轮复习【真题练习】第17讲 动量定理在电磁感应中的应用，文件包含第17讲动量定理在电磁感应中的应用教师版docx、第17讲动量定理在电磁感应中的应用学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
高考物理一轮复习策略首先，要学会听课：1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。3、听要结合写和思考。4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。其次，要学会记忆：1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。2、合理用脑。3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。1.摸透主干知识       2.能力驾驭高考      3.科技领跑生活  第17讲 动量定理在电磁感应中的应用【方法指导】一、动量定理在电磁感应现象中的应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时，安培力的冲量为：二、动量守恒定律在电磁感应现象中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。【例题精析】[例题1]             （2022•浙江）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求（1）恒流源的电流I；（2）线圈电阻R；（3）时刻t3。
【解答】解：（1）根据安培力公式可得：F安＝nBIl动子和线圈在0～t1时间内做匀加速直线运动，运动的加速度为 根据牛顿第二定律得：F安＝（M+m）a代入数据解得：I＝80A（2）当S拨至2时，接通定值电阻R0，此时的感应电流为 此时的安培力为F安1＝nBI1l根据牛顿第二定律得： 由图可知在t1到t3的过程中，加速度恒定，则有 解得：R＝0.5Ω；（3）根据图像可知，则0～2s时间内，位移大小为 根据法拉第电磁感应定律得：
根据电流的定义式可得：Δq＝It 联立解得：从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得：﹣nBlΔq＝0﹣ma1（t3﹣t2）联立解得：t3答：（1）恒流源的电流为80A；（2）线圈电阻为0.5Ω；（3）时刻t3为。[练习1]             （2022•浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。【解答】解：（1）开关S与接线柱1接通。电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；根据法拉第电磁感应定律可知：则电容器的电荷量为：Q＝CU联立解得：Q＝0.54C（2）电容器放电过程有：B2l1ΔQ＝mv1棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有：mv1＝（m+m）v2棒的上滑过程有：联立解得：ΔQ＝0.16C（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得： 可得：Δx＝0.128m＞0.08m匀速运动距离为：l3﹣l2＝0.08m﹣0.068m＝0.012m则x＝Δx+l3﹣l2＝0.128m+0.012m＝0.14m答：（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为0.54C，M极板带正电；（2）电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C；（3）框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。[练习2]             （2022•温州二模）如图所示，间距L＝0.2m的两平行金属导轨由倾斜部分与水平部分平滑连接而成。倾斜部分MN、M'N′粗糙，与水平面夹角θ＝30°；水平部分NP、N'P'光滑。PP'间接有电容器和二极管，电容器电容CF，二极管正向电阻为零，反向电阻无穷大。虚线区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内有垂直于导轨平面的匀强磁场，方向如图所示，磁感应强度大小均为B＝1T。区域Ⅰ、Ⅱ沿导轨长度均为d＝0.5m，区域Ⅱ下边界与NN'齐平。区域Ⅱ沿导轨长度足够长。现有两根完全相同的导体棒ab、cd，每根导体棒质量m＝0.01kg，电阻R＝1Ω，长度L＝0.2m，始终与导轨垂直且接触良好。开始时，cd棒静止在区域Ⅱ左侧的水平导轨上，让ab棒从区域Ⅰ上边界上方某处无初速度释放。已知ab棒与倾斜导轨动摩擦因数μ，ab棒从释放到抵达NN'的时间t＝2s。ab棒与cd棒碰撞后立即粘在一起继续运动。导轨电阻不计。求：（1）ab棒在倾斜轨道上运动过程中，通过cd棒的电荷量q；
（2）两棒碰撞后瞬间的速度v的大小；（3）若电容器储存的电能满足ECU2（U为电容器两极板间电压），进入水平导轨后ab棒产生的焦耳热Qab。【解答】解：（1）ab棒在倾斜轨道上运动过程中，在区域Ⅰ、Ⅱ中切割磁感线产生感应电流方向由b→a，则二极管不导通，电容器不会被充电。导体棒ab、cd和导轨组成回路，设ab棒通过区域Ⅰ的过程通过回路的电荷量为q1，则有：q1Δt 解得：q1由此结果可知ab棒通过区域Ⅱ的过程通过回路的电荷量等于q1，则ab棒在倾斜轨道上运动过程中，通过cd棒的电荷量为：q＝2q10.1C；（2）设ab棒从释放到达NN'时的速度大小为v1，对此过程，以沿导轨向下为正方向，由动量定理得：mgtsinθ﹣μmgtcosθ﹣2BLΔt＝mv1其中：Δt＝q1代入数据解得：v1＝2m/sab与cd碰撞过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv1＝2mv代入数据解得：v＝1m/s；（3）ab与cd碰撞后粘在一起进入区域Ⅲ内切割磁感线产生感应电流方向由a→b
，则二极管导通，电容器被充电，稳定后电容器的电压U等于感应电动势，回路中电流为零，导体棒做匀速直线运动（设速度大小为v2）。设导体棒通在区域Ⅲ的运动过程通过回路的电荷量为q2，从导体棒进入区域Ⅲ到匀速运动的过程，以向右为正方向，根据动量定理得：﹣BLΔt＝mv2﹣mv又有：q2Δt＝CUU＝BLv2联立代入数据解得：v2m/s，U根据能量守恒定律得：CU2+2Qab代入数据解得：QabJ答：（1）ab棒在倾斜轨道上运动过程中，通过cd棒的电荷量q为0.1C；（2）两棒碰撞后瞬间的速度v的大小为1m/s；（3）进入水平导轨后ab棒产生的焦耳热Qab为J。【强化专练】（2022•浙江模拟）如图所示，边长为L＝1m、质量为m＝1kg、电阻为R＝1Ω的匀质正方形刚性导体线框ABCD和直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）均处于竖直平面内．在第一象限的空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度在x方向均匀分布，y方向上满足B＝2+ky（各量均采用国际单位，k为大于0的未知量）。初始时，线框的A点与坐标原点O重合，AB边与x轴重合（记为位置1）．现给线框一个沿着x轴正方向的速度v0＝1m/s，并且给线框一个竖直向上的恒力，当线框A点下降的高度为H＝1.25m（记为位置2）时，可以认为线框恰好达到最大速度，且线框中的电流I＝2.5A．此后恒力F保持大小不变，方向改为x方向，线框继续运动到位置3（位置3和位置2中A点的横坐标相距3.5L），此后轨迹是抛物线．若整个运动过程中，线框始终处于同一竖直平面内，AB边始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）k的数值；（2）线框从位置1到位置2的时间t1；（3）线框从位置2运动到位置3的竖直高度差h．
【解答】解：（1）由楞次定律可知线框内电流的方向为逆时针或者ADCBA，线框位于位置2时恰好达到平衡状态，设下边所在处磁感应强度为B2，上边所在处为B1，则有  mg﹣F＝B2IL﹣B1ILB2﹣B1＝kL解得k＝2T/m（2）由于水平方向左右两边切割磁感线产生的感应电动势抵消，所以上下两边切割磁感线产生的总感应电动势为  E总＝E2﹣E1＝B2Lvy1﹣B1Lvy1 由闭合电路的欧姆定律有 解得vy1代入数据解得：vy1＝1.25m/s线框从位置1到位置2，线框所受安培力合力方向向下，大小为FA＝（B2﹣B1）IL安培力冲量IA＝（B2﹣B1）ILt1代入得取竖直向下为正方向，在y方向由动量定理得mgt1﹣Ft1﹣IA＝mvy1解得t1＝1.25s（3）线框从位置2到位置3，水平方向做匀加速运动，a＝5m/s2，有得到t＝1s轨迹为抛物线，则y方向为匀速运动，有从位置2到位置3，y方向列动量定理mgt﹣IA＝mvy2﹣mvy1可得
解得答：（1）k的数值为2T/m；（2）线框从位置1到位置2的时间t1为1.25s。（3）线框从位置2运动到位置3的竖直高度差h为m。（2022•浙江模拟）冲击电流计属于磁电式检流计，它可以测量短时间内通过冲击电流计的脉冲电流所迁移的电量，以及与电量有关的其他物理量测量（如磁感应强度）。已知冲击电流计D的内阻为R，通过的电量q与冲击电流计光标的最大偏转量dm成正比，即q＝kdm（k为电量冲击常量，是已知量）。如图所示，有两条光滑且电阻不计的足够长金属导轨MN和PQ水平放置，两条导轨相距为L，左端MP接有冲击电流计D，EF的右侧有方向竖直向下的匀强磁场。现有长度均为L、电阻均为R的导体棒ab与cd用长度也为L的绝缘杆组成总质量为m的“工”字型框架。现让“工”字型框架从EF的左边开始以初速度v0（大小未知）进入磁场，当cd导体棒到达EF处时速度减为零，冲击电流计光标的最大偏转量为d，不计导体棒宽度，不计空气阻力，试求：（1）在此过程中，通过ab导体棒的电荷量qab和磁场的磁感应强度B的大小；（2）在此过程中，“工”字型框架产生的总焦耳热Q；（3）若“工”字型框架以初速度2v0进入磁场，求冲击电流计光标的最大偏转量d′。【解答】解：（1）通过电流计D的电量q＝kd，电路总电量qab＝2q＝2kdab为电源，因此回路的总电阻R'＝R1.5R由qt联立解得：B（2）规定向右为正方向，进入过程由动量定理﹣BLqab＝0﹣mv0总焦耳热Q'
ab中的焦耳热QabQ'cd中的焦耳热QcdQ'Q＝（）Q'联立解得：Q（3）开始到全部进入根据动量定理有：﹣BL（2kd）＝mv1﹣m•2v0全部进入之后根据动量定理有：﹣BL（kΔd）＝0﹣mv1联立解得：Δd＝2d因此光标的最大偏转量d'＝3d答：（1）在此过程中，通过ab导体棒的电荷量为2kd，磁场的磁感应强度B的大小为；（2）在此过程中，“工”字型框架产生的总焦耳热为；（3）若“工”字型框架以初速度2v0进入磁场，冲击电流计光标的最大偏转量为3d。（2022•浙江模拟）如图所示，AD与A1D1为水平放置的无限长平行金属导轨，DC与D1C1为倾角为θ＝37°的平行金属导轨，两组导轨的间距均为l＝1.5m，导轨电阻忽略不计。质量为m1＝0.35kg、电阻为R1＝1Ω的导体棒ab置于倾斜导轨上，质量为m2＝0.4kg、电阻为R2＝0.5Ω的导体棒cd置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与cd的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩。导体棒ab、cd与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T．初始时刻，棒ab在倾斜导轨上恰好不下滑。（g取10m/s2，sin37°＝0.6）（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；（2）在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当
P的质量不超过多大时，ab始终处于静止状态？（导体棒cd运动过程中，ab、cd一直与DD1平行，且没有与滑轮相碰。）（3）若P的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时cd已经处于匀速直线运动状态，求在这1s内ab上产生的焦耳热为多少？【解答】解：（1）对ab棒受力分析，受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持了和沿斜面向上的摩擦力作用，在沿斜面方向上由平衡条件得：m1gsinθ﹣μm1gcosθ＝0代入数据解得：μ＝0.75；（2）当P的质量最大时，P和cd的运动达到稳定时，P和cd一起做匀速直线运动，ab处于静止状态，但摩擦力达到最大且沿斜面向下。设此时电路中的电流为I对ab棒，由平衡条件，沿斜面方向上有：BILcosθ﹣m1gsinθ﹣μN＝0垂直于斜面方向上有：N﹣BILsinθ﹣m1gcosθ＝0对cd棒，设绳中的张力为T，由平衡条件得：T﹣BIL﹣μm2g＝0对P，由平衡条件得：Mg﹣T＝0联立以上各式得：M＝1.5kg故当P的质量不超过1.5kg时，ab始终处于静止状态；（3）设P匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得：Blv＝I（R1+R2）代入数据得：v＝2m/s对P、棒cd，由牛顿第二定律得：Mg﹣μm2g﹣B（M+m2）a两边同时乘以△t，并累加求和，可得：Mgt﹣μm2gt﹣B（M+m2）v解得：sm对P、ab棒和cd棒，由能量守恒定律得：Mgs＝μm2gs+Q（M+m2）2代入数据解得：Q＝12.6J
在这1s内ab棒上产生的焦耳热为Q1Q＝8.4J。答：（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ为0.75；（2）在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当P的质量不超过1.5kg时，ab始终处于静止状态。（3）若P的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时cd已经处于匀速直线运动状态，在这1s内ab上产生的焦耳热为8.4J。（2021•浙江模拟）两光滑导轨平行放置，间距为L，在导轨上有O、O'两点，OO'连线与轨道垂直。OO'将导轨分为左右两部分，OO'左边的轨道由绝缘材料做成，右边轨道由导电材料做成，不计导轨的电阻。OO'左边有宽度为d的等间距交替出现的方向竖直向上或竖直向下的磁场，磁感应强度大小为B。在OO'的右侧有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B。在OO'处放置有质量为2m的金属棒a，离a棒距离为s处放置一质量也为2m的金属棒b，a、b两棒的电阻均为R。现将一质量为m，电阻值也为R，宽为d，长为L的金属线框ABCD，从AB边离OO'距离为4d的左侧以一定的初速度向右运动，在OO'处与a棒发生弹性碰撞后，线框返回且恰好停在出发处。而b棒与障碍物发生弹性碰撞后会以大小不变的速度返回。b棒到达障碍物时的速度已经稳定。（1）判断线框开始运动时，CD边中电流的方向及CD边受力的方向；（2）求线框初速度的大小；（3）求线框中产生的热量；（4）若b棒在与障碍物相碰后能够与a棒再相遇，求初始a、b两棒的距离s的取值范围。
【解答】解：（1）由右手定则可知，电流方向为C→D，由左手定则可知受力方向向左；（2）设线框初速度为v0，到达OO′时速度为v1，碰撞后弹回时速度为v1′，a棒获得速度为v2，线框弹回时，取向右为正方向，根据动量定理可得：2B0﹣m（﹣v1′）其中所以有：mv1′解得：v1′线框与金属棒a相碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv1＝mv1′+2mv2根据机械能守恒定律可得：mv12mv1′22mv22解得：v1，v2从开始到线框与金属棒a碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣2Bmv1﹣mv0其中所以有：mv0﹣mv1解得：v0；（3）线框向右运动过程中产生的热量为：Q1解得：Q1线框向左运动过程中产生的热为：Q2解得：Q2线框中产生的热量为：Q＝Q1+Q2；（4）由于b棒到达障碍物时的速度已经稳定，设此稳定速度的大小为v′，a和b在运动过程中满足动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：2mv2＝4mv′解得：v′v2；
取向右为正方向，对b棒根据动量定理可得：BL＝2mv′﹣0则有：2mv′解得此过程中b相对于a的位移大小为：x相对二者速度相等时恰好相遇，则有：s＝x相对＝48db棒弹回后到速度为零过程中，取向右为正方向，对b棒根据动量定理可得：BL＝0﹣2m（﹣v′）即2mv′解得：x相对′若b反弹后二者速度恰好为零时相遇，则有：s＝2x相对′＝96d所以有：48d＜s≤96d。答：（1）线框开始运动时，CD边中电流的方向为C→D，CD边受力方向向左；（2）线框初速度的大小为；（3）线框中产生的热量为；（4）若b棒在与障碍物相碰后能够与a棒再相遇，初始a、b两棒的距离s的取值范围为48d＜s≤96d。