2025版高考物理一轮总复习考点突破训练题第12章电磁感应专题强化19动量观点在电磁感应中的应用考点1动量定理在电磁感应中的应用

这是一份2025版高考物理一轮总复习考点突破训练题第12章电磁感应专题强化19动量观点在电磁感应中的应用考点1动量定理在电磁感应中的应用，共11页。试卷主要包含了此类问题中常用到的几个公式，选用技巧等内容，欢迎下载使用。
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)如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。
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
[解析] (1)a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合电路的欧姆定律及安培力公式I＝eq \f(E,2R)，F＝BIL
a棒受力平衡可得mgsin θ＝BIL
联立解得v0＝eq \f(2mgRsin θ,B2L2)。
(2)由右手定则可知导体棒b中电流向右，b棒受到沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，对b棒根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋BIL＝ma，
解得a＝2gsin θ。
(3)释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时，对a棒应用动量定理mgsin θt0－Beq \x\t(I)Lt0＝mv－mv0
b棒受到向下的安培力，对b棒根据动量定理
mgsin θt0＋Beq \x\t(I)Lt0＝mv
联立解得v＝gsin θ·t0＋eq \f(v0,2)＝gsin θ·t0＋eq \f(mgRsin θ,B2L2)
此过程流过b棒的电荷量为q，则有q＝eq \x\t(I)t0
由法拉第电磁感应定律可得
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)＝eq \f(1,2R)eq \f(BLΔx,t0)
联立可得
Δx＝eq \f(mv0R,B2L2)＝eq \f(2m2R2gsin θ,B4L4)。
[答案] (1)eq \f(2mgRsin θ,B2L2) (2)2gsin θ (3)gsin θ·t0＋eq \f(mgRsin θ,B2L2) eq \f(2m2R2gsin θ,B4L4)
►考向2 导线框模型
(2023·山西新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
[解析] (1)金属框进入磁场过程中有eq \x\t(E)＝BLeq \f(L,t)
则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为q1＝eq \f(\x\t(E),4R0)t＝eq \f(BL2,4R0)
则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为
q＝eq \f(BL2,2R0)
且有－BqL＝eq \f(mv0,2)－mv0
联立有v0＝eq \f(B2L3,mR0)。
(2)设金属框的初速度为v0，则金属框进入磁场时的末速度为v1，向右为正方向。由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电阻R总＝R0＋eq \f(2R0·R0,2R0＋R0)＝eq \f(5R0,3)
再根据动量定理有－eq \f(B2L3,R总)＝mv1－mv0
解得v1＝eq \f(2B2L3,5mR0)
则在此过程中根据能量守恒有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝Q1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得Q1＝eq \f(21B4L6,50mR\\al(2,0))
其中QR1＝eq \f(2,15)Q1＝eq \f(7B4L6,125mR\\al(2,0))
此后线框完全进入磁场中，则线框左右两边均作为电源，且等效电路图如下
则此时回路的总电阻
R总′＝2R0＋eq \f(R0,2)＝eq \f(5R0,2)
设线框刚离开磁场时的速度为v2，再根据动量定理有－eq \f(B2L3,R总′)＝mv2－mv1
解得v2＝0
则说明线框刚离开磁场时就停止运动了，则再根据能量守恒有eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝Q2
其中QR1′＝eq \f(4,5)Q2＝eq \f(8B4L6,125mR\\al(2,0))
则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量
QR1总＝QR1＋QR1′＝eq \f(3B4L6,25mR\\al(2,0))。
[答案] (1)eq \f(B2L3,mR0) (2)eq \f(3B4L6,25mR\\al(2,0))
►考向3 双棒在外力作用下模型
(多选)如图所示，水平固定且间距为L的平行金属导轨处在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨上有a、b两根与导轨接触良好的导体棒，质量均为m，电阻均为R。现对a施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动。当a向右的位移为x时，a的速度达到最大且b刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，重力加速度为g。则下列说法正确的是( BC )
A．导体棒a的最大速度vm＝eq \f(μmgR,B2L2)
B．电路中的最大电流Im＝eq \f(μmg,BL)
C．a发生位移x的过程所用时间t＝eq \f(2mR,B2L2)＋eq \f(B2L2x,2μmgR)
D．a发生位移x的过程中，导体棒b产生的焦耳热Qb＝μmgx－eq \f(2μ2m3g2R2,B4L4)
[解析] a的速度达到最大时b刚要滑动，对b有μmg＝BImL，解得Im＝eq \f(μmg,BL)，又Im＝eq \f(Em,2R)＝eq \f(BLvm,2R)，解得vm＝eq \f(2μmgR,B2L2)，故A错误，B正确；a的速度达到最大时a所受合力为零，则有F＝μmg＋BImL＝2μmg，a发生位移x的过程，根据动量定理得Ft－μmgt－Beq \x\t(I)Lt＝mvm－0，其中eq \x\t(I)t＝q＝eq \f(\x\t(E)t,2R)＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLx,2R)，联立解得t＝eq \f(2mR,B2L2)＋eq \f(B2L2x,2μmgR)，故C正确；a发生位移x的过程中，导体棒b产生的焦耳热Qb＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Fx－μmgx－\f(1,2)mv\\al(2,m)))＝eq \f(1,2)μmgx－eq \f(μ2m3g2R2,B4L4)，故D错误。
►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( ABD )
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)
[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。
[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。
[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
(2024·浙江高三联考)如图所示，水平金属圆
环由沿半径方向的金属杆连接，外环和内环的半径分别是R1＝0.2 m，R2＝0.1 m。两环通过电刷分别与间距L＝0.2 m的平行光滑水平金属轨道PM和P′M′相连，MM′右侧是水平绝缘导轨，并由一小段圆弧平滑连接倾角θ＝30°的等距金属导轨，下方连接阻值R＝0.2 Ω的电阻。水平导轨接有理想电容器，电容C＝1 F。导体棒ab、cd，垂直静止放置于MM′两侧，质量分别为m1＝0.1 kg，m2＝0.2 kg，电阻均为r＝0.1 Ω。ab放置位置与MM′距离足够长，所有导轨均光滑，除已知电阻外，其余电阻均不计。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，忽略磁场对电容器的影响。圆环处的金属杆做顺时针匀速转动，角速度ω＝20 rad/s。求：
(1)S掷向1，稳定后电容器所带电荷量的大小q；
(2)在题(1)的基础上，再将S掷向2，导体棒ab到达MM′的速度大小；
(3)ab与cd棒发生弹性碰撞后，cd棒由水平导轨进入斜面忽略能量损失，沿斜面下滑12 m距离后，速度达到最大，求电阻R上产生的焦耳热(此过程ab棒不进入斜面)。
[解析] (1)金属杆顺时针切割磁感线产生电动势为
E＝B(R2－R1)eq \f(ωR2＋R1,2)
稳定时q＝CE
解得q＝0.3 C。
(2)MM′右侧是水平绝缘导轨，将S掷向2后，ab棒与电容器组成电路，当电容器两端电压与ab棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒做匀速运动，设此时ab棒速度为v，电容器带电为q2，则BLv＝eq \f(q2,C)
根据动量定理可得m1v－0＝F安t＝BLit＝BL(q－q2)
联立解得v＝eq \f(3,7) m/s。
(3)棒ab与cd发生弹性碰撞，则m1v＝m1v1＋m2v2
eq \f(1,2)m1v2＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
解得v2＝eq \f(2,7) m/s
当cd棒做匀速运动时速度达到最大，设最大速度为vm，对cd棒受力分析，根据受力平衡可得m2gsin θ＝BILcs θ
而I＝eq \f(BLvmcs θ,R＋r)
根据能量守恒得
m2gxsin θ＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,m)－eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＋W安
联立解得W安＝－eq \f(492,245) J
故电阻R上产生的焦耳热为
Q＝|W安|×eq \f(R,R＋r)＝eq \f(328,245) J。
[答案] (1)0.3 C (2)eq \f(3,7) m/s (3)eq \f(328,245) J模
型
一
示意图
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
对金属棒应用动量定理－Beq \x\t(I)LΔt＝0－mv0，q＝eq \x\t(I)Δt，q＝eq \f(mv0,BL)
求位移x
对金属棒应用动量定理－eq \f(B2L2\x\t(v),R)Δt＝0－mv0，x＝eq \x\t(v)Δt＝eq \f(mv0R,B2L2)
模
型
二
示意图
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
－Beq \x\t(I)LΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝eq \x\t(I)Δt，－eq \f(B2L2\x\t(v),R)Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝eq \x\t(v)Δt
模
型
一
示意图
在安培力作用下穿越磁场
位移
速度
电荷
量的
计算
动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量：
(1)求电荷量或速度：－Beq \x\t(I)·LΔt＝mv2－mv1，q＝eq \x\t(I)Δt；
(2)求位移：－eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R总)＝0－mv0，即－eq \f(B2L2x,R总)＝0－mv0
模
型
二
示意图
在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场
时间的
计算
求时间：①－Beq \x\t(I)LΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1
已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间；
②－eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R总)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－eq \f(B2L2x,R总)＋F其他·Δt＝mv2－mv1
若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间
光滑的平行导轨
不光滑的平行导轨
示意
图
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝La
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝La
摩擦力Ffb＝Ffa
运动
分析
开始时，两杆受安培力做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
开始时，若Ff2Ff，a杆先变加速后匀加速运动，b杆先静止后变加速最后和a杆同时做匀加速运动，且加速度相同
运动
图像
能量
观点
F做的功转化为两杆的动能和内能：WF＝ΔEk＋Q
F做的功转化为两杆的动能和内能(包括电热和摩擦热)：WF＝ΔEk＋Q电＋Qf
动量
观点
两杆组成的系统动量不守恒
对单杆可以用动量定理
两杆组成的系统动量不守恒
对单杆可以用动量定理
光滑不等距导轨
示意
图
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝2La
运动
情况
分析
杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2
动量
关系
两杆组成的系统动量不守恒
对单杆可以用动量定理
模
型
一
示意图
(无外
力充
电式)
导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，杆ab初速度为v0，质量为m，电阻不计
运动
情况
分析
导体杆速度为v时，感应电流I＝eq \f(BLv－UC,R)，导体杆受安培力F安＝BIL，做减速运动，v，电容器充电，UC，F安，a，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，杆匀速运动
最终
速度
计算
eq \b\lc\\rc\(\a\vs4\al\c1(根据q＝CU、U＝BLvm、－B\x\t(I)L·Δt＝mvm－mv0、,q＝\x\t(I)Δt，可得vm＝\f(mv0,m＋B2L2C)))
模
型
二
示意图
(无外
力放
电式)
导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻为R
运动
情况
分析
电容器充满电后，S合向2，导体杆受安培力运动，产生电动势E＝BLv，感应电流I＝eq \f(UC－BLv,R)，导体杆受安培力F安＝BIL，做加速运动，v，电容器放电UC减小，F安，a，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，杆匀速运动
最终
速度
计算
eq \b\lc\\rc\(\a\vs4\al\c1(根据Δq＝q0－q＝CE－CBLvm、B\x\t(I)L·Δt＝mvm－0、,Δq＝\x\t(I)Δt，可得vm＝\f(BLCE,m＋B2L2C)))