2025届高三一轮复习 第十章　电磁感应热点专题二十　动量观点在电磁感应中的应用练习

热点专题二十　动量观点在电磁感应中的应用素养目标　1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧。2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题。热点一　动量定理在电磁感应中的应用“单棒＋电阻”模型情景示例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－LBΔt＝0－mv0，q＝Δt，q＝求位移x－Δt＝0－mv0，x＝Δt＝应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中q＝Δt，x＝Δt；若已知q或x也可求末速度例1(2022·江苏连云港模拟)图1甲为利用电磁阻尼原理设计的电磁阻尼减震器，该减震器由滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同线圈组成，滑动杆及线圈的总质量为m。每个矩形线圈abcd匝数为n匝，电阻值为R，ab边长为L，bc边长为d，图乙为其简化的原理图。该减震器在光滑水平面上以速度v向右进入磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。求：,图1(1)刚进入磁场时滑动杆加速度的大小；(2)第二个线圈恰好完全进入磁场时，滑动杆的速度大小。答案　(1)　(2)v－解析　(1)滑动杆受到的安培力为F安＝nILB＝nB··L＝滑动杆刚进入磁场减速瞬间滑动杆的加速度为a＝＝。(2)设向右为正方向，对滑动杆进行分析，由动量定理可得I安＝Δp其中I安＝F安t＝－·t＝－·2d则－·2d＝mv′－mv解得v′＝v－。跟踪训练1.如图2所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间距为L，导轨两端与定值电阻R1和R2相连，R1和R2的阻值均为R。磁感应强度的大小为B的匀强磁场方向竖直向上，有一个质量为m，电阻也为R的导体棒ab与导轨垂直放置。现在导体棒ab的中点施加一个水平恒力F，让导体棒ab从静止开始向右运动。经过时间t，运动达到稳定状态。导轨的电阻忽略不计，求：图2,(1)导体棒达到稳定时ab棒的速度为多大；(2)t时间内R1上通过的电荷量。答案　(1)　(2)－解析　(1)导体棒达到稳定时做匀速直线运动，有F＝IlB根据闭合电路欧姆定律有E＝I根据法拉第电磁感应定律有E＝Blv结合I＝，解得导体棒匀速运动的速度v＝。(2)根据动量定理I总＝Δp有Ft－Blq＝mv解得q＝－。热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用1.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。2.双棒模型(不计摩擦力)双棒无外力示意图动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动动量观点系统动量守恒,能量观点棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热例2(2022·江苏公道中学模拟预测)如图3所示，两根足够长的平行光滑导轨与水平面成30°角，间距为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，质量分别为m和2m的导体棒ab和cd，与导轨接触良好，接入电路中的电阻均为R。某时刻两棒均由静止释放，释放的同时在ab棒上施加一沿导轨向上的拉力F的作用，拉力大小恒为1.5mg，当导体棒ab向上运动的距离为x时，两导体棒的速度恰好达到最大值，不计导轨的电阻，重力加速度为g。求：图3(1)导体棒ab和cd的速度最大值之比；(2)从静止释放到两导体棒的速度达到最大值的过程中，系统产生的焦耳热。答案　(1)2∶1　(2)1.5mgx－解析　(1)由系统动量守恒得mva＝2mvc解得va∶vc＝2∶1。(2)两棒达到最大速度时，由动量守恒定律可得ab棒速度始终是cd棒速度的二倍，因此ab棒位移始终是cd棒位移的二倍E＝BLva＋BLvcI＝由平衡条件对cd棒有2mgsinθ＝ILB由能量守恒定律得Fx＋mgx＝×2mv＋m(2vc)2＋mgx＋Q解得Q＝1.5mgx－。跟踪训练,2.(2023·河北张家口市期末)如图4所示，固定在水平面上两根相距L＝0.8m的光滑金属导轨，处于竖直向下、磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场中，导轨电阻不计且足够长。金属棒a、b的质量均为m＝1kg、电阻均为R＝0.1Ω，金属棒静置在导轨上且与导轨接触良好。现给金属棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I＝4N·s，最终两金属棒运动状态稳定且未发生碰撞，运动过程中金属棒始终与导轨垂直，忽略感应电流对磁场的影响，求整个过程中：图4(1)金属棒a产生的焦耳热；(2)通过金属棒a的电荷量；(3)金属棒a、b之间的距离减少多少。答案　(1)2J　(2)5C　(3)2.5m解析　(1)对金属棒a，由动量定理得I＝mv0解得v0＝4m/s整个过程两导体棒组成的系统动量守恒，有mv0＝2mv1解得v1＝2m/s根据能量守恒定律有mv＝×2mv＋Q金属棒a产生的焦耳热Qa＝Q＝2J。(2)对金属棒a，由动量定理得－BLt＝mv1－mv0而q＝t解得q＝5C。,(3)根据＝、＝、q＝t得q＝＝，代入数值解得Δx＝2.5m。对点练1　动量定理在电磁感应中的应用1.如图1所示，间距为l、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左右两端均有一阻值为R的电阻相连，导轨上横跨一根长为l、质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好，整个装置处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现给棒一瞬时冲量，让它以初速度v0向右运动，则直到棒停止的过程中有(　　)图1A.金属棒在导轨上做匀减速运动B.整个过程中通过金属棒的电量为C.整个过程中金属棒克服安培力做功为mvD.整个过程中金属棒上产生的焦耳热为mv答案　C解析　金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，还受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力等于安培力，随着速度减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，故A错误；根据动量定理得－Blt＝0－mv0，通过金属棒的电量为q＝t，可得q＝，故B错误；整个过程中由动能定理可得－W安＝0－mv,，则金属棒克服安培力做功为W安＝mv，故C正确；整个回路产生的总焦耳热为Q＝W安＝mv，金属棒上产生的焦耳热为Q棒＝Q＝Q＝×mv＝mv，故D错误。2.(2022·江苏苏锡常一模)如图2所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上。一质量为0.02kg的金属圆环在该平面内以大小v0＝2m/s、方向与电流方向成60°角的初速度滑出，直到达到稳定。求：图2(1)整个过程金属圆环产生的电能；(2)整个过程金属圆环受到安培力的冲量。答案　(1)0.03J　(2)0.02N·s　方向垂直导线向左解析　(1)一无限长通电直导线产生的磁场是非匀强磁场，最初金属环的运动方向与直导线成60°角，可将初速度沿平行于直导线和垂直于直导线的方向分解，沿导线方向的分速度v1＝v0cos60°＝1m/s由于电磁感应，金属环中产生感应电流，安培力的方向与金属环垂直于导线的运动方向相反，最终沿平行直导线的方向匀速运动，由能量守恒定律得金属圆环产生的电能为E电＝mv－mv解得E电＝0.03J。(2)由动量定理可知，安培力的冲量大小为I＝mv0sin60°＝0.02N·s方向垂直导线向左。,3.(2022·江苏南京模拟预测)如图3甲所示，利用粗糙绝缘的水平传送带输送一正方形单匝金属线圈abcd，传送带以恒定速度v0运动。传送带的某正方形区域内有一竖直向上的匀强磁场，该磁场相对地面静止，且磁感应强度大小为B，当金属线圈的bc边进入磁场时开始计时，直到bc边离开磁场，其速度与时间的关系如图乙所示，且在传送带上始终保持ad、bc边平行于磁场边界。已知金属线圈质量为m，电阻为R，边长为L，线圈与传送带间的动摩擦因数为μ，且ad边刚进入磁场时线框的速度大小为v1，重力加速度为g。求：图3(1)正方形磁场区域的边长d；(2)线圈完全进入磁场的时间t；答案　(1)＋L　(2)解析　(1)线框从完全进入磁场至bc边到达磁场右边缘的过程中，由动能定理得μmg(d－L)＝mv－mv解得d＝＋L(2)由法拉第电磁感应定律得E＝①由闭合电路欧姆定律得E＝IR②由电流的定义式得I＝③联立①②③得q＝＝④设线圈完全进入磁场的时间为t，由动量定理得μmgt－BILt＝mv1－mv0⑤,联立④⑤得t＝。4.如图4所示，一个正方形金属线圈从匀强磁场上方的水平边界处由静止释放，线圈完全进入磁场前已做匀速运动，线圈平面始终与磁场方向垂直。已知线圈的边长为l，质量为m，电阻为R，从静止到匀速运动过程中通过线圈横截面的电荷量为q，磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g。求：图4(1)线圈匀速运动时的速度大小v；(2)线圈从静止到匀速运动过程中位移大小x；(3)线圈从静止到匀速运动经过的时间t。答案　(1)　(2)　(3)＋解析　(1)线圈匀速运动时E＝BlvI＝，mg＝IlB解得v＝。(2)根据q＝t，＝，＝解得x＝。(3)对线圈，由静止释放到匀速运动的过程，取竖直向下为正方向，由动量定理有mgt－Blt＝mv－0即mgt－Blq＝mv－0,解得t＝＋。对点练2　动量守恒定律在电磁感应中的应用5.(2023·江苏盐城高三期末)如图5所示，两条平行光滑导轨相距L，水平导轨足够长，导轨电阻不计。水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。金属棒b放在水平导轨上，金属棒a从斜轨上高h处自由滑下。已知金属棒a、b质量均为m，金属棒a、b电阻均为R，重力加速度为g，整个过程中金属棒a、b始终未相撞。求：图5(1)金属棒b的最大加速度大小；(2)金属棒a最多产生的热量。答案　(1)　(2)mgh解析　(1)当金属棒a刚进入磁场时速度最大，产生的感应电动势最大，回路中感应电流最大，金属棒b所受安培力最大，加速度最大。设金属棒a刚进入磁场时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律有mgh＝mv解得v1＝此时金属棒a产生的感应电动势大小为E＝BLv1＝BL根据闭合电路欧姆定律可得此时回路中的感应电流大小为I＝＝此时金属棒b所受安培力大小为F＝ILB＝根据牛顿第二定律可得金属棒b的最大加速度为,a＝＝。(2)金属棒a和b组成的系统动量守恒，易知二者最终将以共同速度运动，设此速度大小为v2，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2解得v2＝＝两金属棒电阻相同，通过的电流大小相等，所以产生的总焦耳热相同，根据能量守恒定律，有2Q＝mgh－×2mv解得Q＝mgh。6.如图6，平行光滑金属双导轨P1Q1M1和P2Q2M2，其中P1Q1和P2Q2为r＝0.8m的光滑圆轨道，O1和O2为对应圆轨道的圆心，Q1、Q2在O1、O2正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，Q1M1和Q2M2为足够长的水平轨道，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中(磁感应强度B＝1T)，导轨间距L＝1m；两导体棒a、b始终垂直于两导轨且与导轨接触良好；a、b的质量均为1kg，电阻均为1Ω，导轨电阻不计。初始时刻，b静止在水平导轨上，a从与圆心等高的P1P2处静止释放，a、b在以后运动的过程中不会发生碰撞(g＝10m/s2)。求：图6(1)导体棒a从Q1Q2进入磁场时，导体棒b的加速度大小；(2)导体棒a、b稳定时的速度大小；(3)整个过程中，通过导体棒b的电荷量。,答案　(1)2m/s2　(2)2m/s　(3)2C解析　(1)导体棒a从P1P2到Q1Q2的过程，由动能定理得magr＝mav－0代入数据得v0＝4m/sa刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv0＝4V由闭合电路欧姆定律得I＝＝2A由牛顿第二定律得ILB＝mbab代入数据得ab＝2m/s2。(2)当a、b导体棒稳定时，由动量守恒定律得mav0＝(ma＋mb)v1代入数据得v1＝2m/s。(3)整个过程中，对b导体棒由动量定理得BLt＝BLq＝mbv1，代入数据得q＝2C。