2026高考物理一轮复习（基础版）第十二章 第5讲　小专题 电磁感应中的动量问题

第5讲小专题:电磁感应中的动量问题考点一动量定理在电磁感应中的应用(1)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,通过电阻R的电荷量和导体棒的位移分别是多大?提示:取向右为正方向,由-BILΔt=0-mv0,q=IΔt,可得q=mv0BL;又由-B2L2v得x=vΔt=mv(2)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、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,这个过程所用时间是多少?(结果分别用q、x表示)提示:由-BILΔt+mgsinθ·Δt=mv-0,q=IΔt,可得时间Δt=mv+BLqmgsinθ;或由-B2L2vmv-0,x=vΔt,可得时间Δt=mv1.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+ILBΔt=mv-mv0或I其他-ILBΔt=mv-mv0;若其他力的冲量矢量和为零,则有ILBΔt=mv-mv0或-ILBΔt=mv-mv0。2.求电荷量:q=IΔt=|m3.求位移:由-B2L2vR总Δt=mv-mv0有x=4.求时间(1)已知电荷量q,F其他为恒力,可求出非匀变速运动的时间。-BILΔt+F其他Δt=mv-mv0,IΔt=q。(2)若已知位移x,F其他为恒力,可求出非匀变速运动的时间。-B2L2vΔtR总+F其他Δt=mv-[例1]【“单棒+电阻”模型】(2024·云南昆明质检)(多选)如图所示,一光滑轨道固定在架台上,轨道由倾斜和水平两段组成,倾斜段的上端连接一电阻R=0.5Ω,两轨道间距d=1m,水平部分两轨道间有一竖直向下、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场。一质量m=0.5kg、长为l=1.1m、电阻忽略不计的导体棒,从轨道上距水平面h1=0.8m高处由静止释放,通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出,落地点与水平轨道末端的水平距离x2=0.8m,水平轨道距水平地面的高度h2=0.8m。通过计算可知(g取10m/s2,不计空气阻力)()[A]导体棒进入磁场时的速度为3m/s[B]在导体棒整个运动过程中,电阻R上产生的热量为3J[C]磁场的长度x1为2m[D]整个过程通过电阻R的电荷量为2C【答案】BCD【解析】设导体棒进入磁场时的速度为v0,根据机械能守恒定律有12mv02=mgh1,解得v0=4m/s,故A错误;导体棒从水平轨道末端水平飞出做平抛运动,则水平方向有x2=vt,竖直方向有h2=12gt2,联立代入数据解得v=2m/s,导体棒通过磁场区域过程中,根据能量守恒定律有Q=12mv02-12mv2,在导体棒整个运动过程中,电阻R上产生的热量为Q=3J,故B正确;导体棒通过磁场区域过程中,根据动量定理有F安t1=Bdq=mv0-mv,又有q=It1=ΔΦR=Bdx1R,联立代入数据解得q=[例2]【不等间距的双棒模型】(2024·安徽滁州期末)(多选)如图所示,两宽度不等的光滑平行金属导轨水平固定放置,窄轨间距为L、宽轨间距为2L,导体棒ab、cd分别垂直放置在两导轨上,质量均为m、电阻均为R,导轨间存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小均为B,已知两导轨均足够长、电阻不计,现让两导体棒均以大小为v0的初速度平行于导轨水平向右运动,运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好,ab棒始终未滑离窄轨,在导体棒运动的过程中,下列说法正确的是()[A]导体棒ab的最大速度为6[B]回路中的最大电流为3[C]导体棒ab产生的焦耳热最多为m[D]通过导体棒ab的电荷量最多为m【答案】AD【解析】稳定时电路中电流为0,ab棒速度最大,有BLvab=B·2Lvcd,所以vab=2vcd,取向右为正方向,根据动量定理可得,对ab棒有BILt=mvab-mv0,对cd棒有-2BILt=mvcd-mv0,解得vab=65v0,vcd=35v0,故A正确;对整个过程,根据能量守恒定律有12mv02+12m12mvcd2+Q,导体棒ab产生的焦耳热最多为Qab=12Q,解得Qab=mv0220,故C错误;对ab棒有BILt=mvab-mv0,又因为q=It,解得通过导体棒ab的电荷量最多为q=mv05BL,故D正确;导体棒刚开始运动时,感应电动势最大,感应电流最大[例3]【“电容器+单棒”模型】电磁炮的发射需要大量的电能瞬间释放,如图甲所示,这些电能需要电容器来储存,这就需要对电容器先充电。如图乙所示是电容器充电的基本原理图,空间存在方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B,足够长的光滑水平导轨的间距为L,质量为m的导体棒垂直导轨放置;导轨的左端连接电容为C的电容器,导体棒的电阻为R,其余电阻忽略不计。开始时,给导体棒水平向右的初速度v0,在运动过程中导体棒始终与导轨垂直且保持良好接触,直到导体棒达到稳定状态。(1)试分析说明导体棒从开始运动到达到稳定状态所经历的运动过程;(2)求导体棒稳定运动后的速度大小;(3)求电容器的最大带电荷量;(4)若导体棒在达到稳定状态的过程中,电路中产生的热量为Q,该过程不考虑电磁波的能量损失,求电容器储存的最大能量。【答案】(1)见解析(2)mv0m+B2L2C(3)BCLm【解析】(1)电容器在充电的过程中,电容器两端的电压UC逐渐增大,回路中形成充电电流,导体棒受到向左的安培力,做减速运动,导体棒产生的感应电动势E逐渐减小,当E=UC时,回路中的电流为零,导体棒受到的安培力为零,开始做匀速运动,达到稳定状态。(2)(3)设导体棒匀速运动的速度大小为v,则有E=BLv,取向右为正方向,对导体棒应用动量定理,有-BILt=mv-mv0,设电容器的最大带电荷量为q,则有q=CUC,由电流与电荷的关系得q=It,联立解得v=mv0m+B(4)设电容器储存的最大能量为Em,由能量守恒定律得12mv02-12mv2=E解得Em=12mv02-Q基本模型无外力充电式无外力放电式模型图示(导轨光滑,电阻阻值为R,电容器电容为C)(电源电动势为E,内阻不计,电容器电容为C)电路特点导体棒相当于电源,电容器充电电容器放电,相当于电源;导体棒受安培力而运动电流特点安培力为阻力,棒减速,E减小,有I=BLv-UCR,电容器充电,UC变大,当BLv=UC时,电容器放电时,导体棒在安培力作用下开始运动,同时阻碍放电,导致电流减小,直至电流为零,此时UC=BLvmax运动特点和最终特征棒做加速度a减小的减速运动,最终做匀速运动,此时I=0,但电容器带电荷量不为零棒做加速度a减小的加速运动,最终匀速运动,I=0最终速度电容器充电电荷量q=CUC,最终电容器两端电压UC=BLvmin,对棒应用动量定理-BIL·Δt=-BLq=mvmin-mv0,解得vmin=m电容器充电电荷量Q0=CE,放电结束时电荷量Q=CUC=CBLvmax,电容器放电电荷量ΔQ=Q0-Q=CE-CBLvmax,对棒应用动量定理BIL·Δt=BLΔQ=mvmax-0,解得vmax=Bv-t图像考点二动量守恒定律在电磁感应中的应用双棒模型(不计摩擦力)类型双棒无外力双棒有外力示意图(F为恒力)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导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动,导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动,最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热外力做的功=棒1的动能+棒2的动能+焦耳热[例4]【双棒模型中动量守恒定律的应用】(2024·山东济南期末)如图所示,平行光滑金属导轨ABM、CDN固定在地面上,BM、DN水平放置且足够长,导轨在B、D两点处平滑连接,圆弧轨道的最高点与水平轨道的高度差为h=0.8m,水平部分处在磁感应强度大小为B=0.1T、方向竖直向上的匀强磁场中,导轨间距均为L=0.5m。金属棒a、b先后从左侧轨道的最高点无初速度释放,当b棒到达圆弧轨道底部时,a棒已在水平区域且速度大小为v1=2m/s,两棒的质量ma=mb=0.1kg、两棒接入轨道部分的电阻Ra=Rb=0.1Ω,导轨电阻不计,忽略一切摩擦阻力,重力加速度g取10m/s2。求:(1)a棒在水平轨道上的最大加速度;(2)整个运动过程中b棒上产生的焦耳热;(3)最终两棒之间的距离。【答案】(1)0.5m/s2(2)0.35J(3)8m【解析】(1)对a棒由机械能守恒定律有magh=12mav解得a棒进入水平区域时的速度大小为v0=4m/s;金属棒a刚进入磁场时,感应电动势最大,即在水平轨道上加速度最大,且Em=BLv0=0.2V,此时感应电流I=EmRa+对a棒由牛顿第二定律有ILB=ma,解得a棒在水平轨道上的最大加速度为a=0.5m/s2。(2)b棒到达圆弧轨道底部后做减速运动,a棒做加速运动,设两棒速度相等时速度大小为v,以a、b两棒组成的整体为研究对象,根据动量守恒定律有mbv0+mav1=(mb+ma)v,代入数据解得v=3m/s,方向水平向右;设整个运动过程中回路产生的总焦耳热为Q,b棒产生的焦耳热为Qb,对a、b两棒由能量守恒定律得(ma+mb)gh=12(ma+mb)v2+Q解得Q=0.7J,又QbQ=Rb解得整个运动过程中b棒上产生的焦耳热Qb=0.35J。(3)设a棒进入水平区域后经过时间Δt1,b棒到达圆弧轨道底部,a棒水平位移为x1,对a棒,取水平向右为正方向,由动量定理有-BILΔt1=mav1-mav0,根据法拉第电磁感应定律有E=ΔΦ其中ΔΦ=BLx1,根据闭合电路欧姆定律有I=ER联立以上各式得-B2L2x1Ra+Rb=解得x1=16m;设b棒到达圆弧轨道底部后经过时间Δt2两棒速度相同,对b棒,取水平向右为正方向,由动量定理有-BI′LΔt2=mbv-mbv0,根据法拉第电磁感应定律有E′=ΔΦ根据闭合电路欧姆定律有I′=E'设Δt2时间内b棒与a棒之间的相对位移为x2,则ΔΦ′=BLx2,联立以上各式得-B2L2x2Ra+Rb解得x2=8m,所以最终金属棒a和b之间的距离Δx=x1-x2=8m。[例5]【三大观点在电磁感应中的综合应用】(2024·湖北卷,15)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)B2L【解析】(1)对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程,根据动能定理有mgL=12mv解得v0=2gL则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL2gL(2)金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路,导轨外侧的两段圆弧被短路,由几何关系可得,金属环在导轨间的每段圆弧的电阻R0=12×6R3可知整个回路的总电阻为R总=R+R·RR+ab刚越过MP时,通过ab的感应电流为I=ER总=对金属环由牛顿第二定律,有2BL·I2=2ma解得a=B2(3)金属棒ab和金属环在磁场中运动过程系统动量守恒,当金属棒ab和金属环速度相等时,金属棒ab恰好追上金属环,金属环圆心初位置到MP有最小距离,设此时速度为v,根据动量守恒定律有mv0=mv+2mv,解得v=13v0对金属棒ab根据动量定理有-BILt=m·v03-mv则有BLq=23mv0设金属棒运动距离为x1,金属环运动距离为x2,则有q=BL(联立解得Δx=x1-x2=mR2则金属环圆心初始位置到MP的最小距离d=L+Δx=B2(满分:50分)对点1.动量定理在电磁感应中的应用1.(4分)(2024·贵州贵阳开学考试)一边长为L、质量为m的正方形单匝金属线框,每边电阻均为R0,置于光滑绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图所示。现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,金属框完全进入磁场区域时,速度大小减为初速度的四分之三,则金属框的初速度大小为()[A]B2L3mR[C]4B2L33【答案】A【解析】取水平向右为正方向,根据动量定理有-BILt=m×34v-mv又BILt=BLq=BL·ΔΦ4R0=BL·BL22.(6分)(2024·安徽合肥期末)(多选)如图,足够长的光滑平行金属导轨水平放置,左右两侧导轨的间距分别为l、2l,导轨间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置,回路总电阻保持不变。a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动,两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持接触良好,a棒总在窄轨上运动,b棒总在宽轨上运动,从开始运动到两棒稳定的过程中,下列说法正确的是()[A]a棒的加速度始终等于b棒的加速度[B]a棒的加速度始终大于b棒的加速度[C]稳定时a棒的速度大小为53v[D]稳定时a棒的速度大小为2v0【答案】AD【解析】由于导体棒a、b中的电流始终大小相等,根据牛顿第二定律,对导体棒a有BIl=maa,对导体棒b有BI·2l=2mab,可知aa=ab,A正确,B错误;取向右为正方向,根据动量定理,对导体棒a有BIl·Δt=mva-mv0,对导体棒b有-BI·2l·Δt=2mvb-2m·2v0,当最终稳定时满足B·2lvb=Blva,联立解得va=2v0,vb=v0,C错误,D正确。3.(12分)(2023·湖南卷,14)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)gt0【解析】(1)棒a在运动过程中重力沿斜面的分力和棒a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,由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I=E2R,F=BI由棒a受力平衡可得mgsinθ=BIL,联立解得v0=2mgR(2)由右手定则可知导体棒b中电流向里,棒b受到沿斜面向下的安培力,此时电路中电流不变,则对棒b由牛顿第二定律可得mgsinθ+BIL=ma0,解得a0=2gsinθ。(3)棒a受到沿斜面向上的安培力,在达到共速时对棒a由动量定理可得mgsinθ·t0-BILt0=mv-mv0,棒b受到向下的安培力,对棒b由动量定理可得mgsinθ·t0+BILt0=mv,联立解得v=gt0sinθ+mgRsi由法拉第电磁感应定律可得E=ΔΦΔtI=E2R=联立解得Δx=2m对点2.动量守恒定律在电磁感应中的应用4.(4分)(2024·广西桂林期中)如图所示,两根足够长的平行光滑金属导轨电阻不计,水平固定在竖直向上的匀强磁场中,导轨上垂直静置两根质量与电阻都相同的导体棒ab、cd。给ab棒平行于导轨的初速度并开始计时,棒ab、cd中产生的感应电动势eab、ecd、回路中的感应电流i、导轨间的电压u与时间t的关系图像中,可能正确的是()[A][B][C][D]【答案】D【解析】设磁感应强度为B,两导体棒的质量均为m、接入电路的长度均为l、电阻均为R,导体棒ab的初速度为v0,某时刻t导体棒ab、cd的速度分别为v1、v2,回路的感应电流为i,由法拉第电磁感应定律有eab=Blv1,ebc=Blv2,根据闭合电路欧姆定律有i=Bl(v1-v2)2R,棒ab所受安培力向左,棒cd所受安培力向右,则v1减小,v2增大,v1-v2减小,电流i减小,F=Bli减小,两棒运动的加速度减小,即棒ab做初速度为v0、加速度逐渐减小的减速运动,由eab=Blv1可知,eab减小得越来越慢,最终趋于Blv02,故A错误;棒cd做初速度为零、加速度逐渐减小的加速运动,由ecd=Blv2可知,ecd由零开始增加得越来越慢,最终趋于恒定,故B错误;由上述分析可知v1-v2、i越来越小,最终v1-v2、i趋于零,故C错误;两导轨间的电压u=eab-iR,对两棒由动量守恒定律有mv0=mv1+mv2,5.(6分)(2024·海南卷,13)(多选)两根足够长的导轨由上、下段电阻不计、光滑的金属导体组成,在M、N两点绝缘连接,M、N等高,间距L=1m,连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°,导轨两端分别连接一个阻值R=0.02Ω的电阻和C=1F的电容器,整个装置处于B=0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场(图中未画出)中,两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧,质量分别为m1=0.8kg,m2=0.4kg,ab棒电阻为0.08Ω,cd棒的电阻不计,将ab由静止释放,同时cd从距离MN为x0=4.32m处在一个大小F=4.64N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动,两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,碰撞前瞬间撤去F,已知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s,g取10m/s2,则()[A]ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s[B]ab从释放到第一次碰撞前,R上消耗的焦耳热为0.78J[C]两棒第一次碰撞后瞬间,ab的速度大小为6.3m/s[D]两棒第一次碰撞后瞬间,cd的速度大小为8.4m/s【答案】BD【解析】已知金属棒ab由静止释放的同时,金属棒cd在力F的作用下沿导轨平面向上由静止开始运动,两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,可知金属棒ab和金属棒cd到达MN处的时间相同,金属棒cd距离MN为x0=4.32m,设两棒从释放到第一次碰撞前所用时间为t,金属棒cd运动时的加速度为a2,对金属棒cd分析,有F-BIL-m2gsin30°=m2a2,因为金属导轨在M、N两点绝缘,所以对金属棒cd和电容器组成的回路有Δq=C·BLΔv,a2=ΔvΔt,I=ΔqΔt,联立解得a2=F-m2gsin30°m2+CB2L2=6m/s2,即金属棒cd做匀加速直线运动,有x0=12a2t2,解得t=1.2s,A错误;已知碰前瞬间金属棒ab的速度v1=4.5m/s,对金属棒ab和电阻R组成的回路分析有m1gxabsin30°-Q=12m1v12,金属棒ab下滑过程有m1gsin30°·t-BIL·t=m1v1,其中q=It=BLxabR总,R总=R+Rab=0.1Ω,联立解得q=6C,xab=3m,Q=3.9J,则R上消耗的焦耳热为QR=RR总Q=0.78J,B正确;由于两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,取沿斜面向下为正方向,有m1v1-m2v2=m1v1′+m2v2′,12m1v12+12m2v22=12m1v1′2+12m2v2′2,已知v16.(4分)(2024·山西太原阶段检测)如图所示,两根质量均为2kg的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上,左侧部分导轨间距和AB棒长度均为0.5m,右侧部分导轨间距和CD棒长度均为1.0m,导轨间左、右两部分有磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场,两棒电阻与棒长成正比,不计导轨电阻。现用水平恒力F=250N向右拉CD棒,使CD棒向右运动0.5m后回路中电流即将开始保持不变,此时AB棒与CD棒的速度大小之比为1∶2,立即撤去恒力F,此过程中CD棒产生的焦耳热为30J。左右两侧导轨足够长,两金属棒始终分别在左右两侧运动,磁场区域足够大。下列说法正确的是()[A]撤去恒力F前瞬间,AB棒与CD棒的加速度大小之比为1∶2[B]撤去恒力F前某时刻,AB棒与CD棒的加速度大小之比可能为2∶1[C]撤去恒力F时CD棒的速度大小为4m/s[D]撤去恒力F后回路中产生的焦耳热为28.8J【答案】D【解析】对AB棒有BIL=ma1,对CD棒有F-2BIL=ma2,由闭合电路欧姆定律有I=2BLv2-BLv13R,则AB棒做加速度增大的加速运动,CD棒做加速度减小的加速运动,稳定后AB棒向左匀加速运动,CD棒向右匀加速运动,此时回路中电流恒定,2v2-v1为定值,所以a2