第十二章专题强化课十七动量观点在电磁感应中的应用

专题强化课十七动量观点在电磁感应中的应用链接高考该考点属于热点和难点内容,十年来,全国卷单独命题4次,地方卷单独命题13次,其中全国卷分布在2023年、2024年,地方卷每年都有命题,以选择题和计算题形式命题,属于高频次考点,考题形式灵活多变方法规律两个模型:建立单杆切割中q、x、t的关系模型;建立双杆系统模型三个规律:法拉第电磁感应定律、动量定理、动量守恒定律关键能力模型建构能力、逻辑推理能力、分析综合能力、信息加工能力等考点一动量定理在电磁感应中的应用【核心要点】1.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的题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。2.在电磁感应中应用动量定理时,通常将下面两式结合应用:-ILB·Δt=m(v2-v1)q=IΔt=nΔΦ求解的物理量应用示例电荷量或速度-BILΔt=mv2-mv1,q=IΔt位移-B2L2vΔtR总=0-mv时间-BILΔt+F其他Δt=mv2-mv1即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)-B2L2vΔtR总+F其他Δt=mv2-已知位移x、F其他(F其他为恒力)【典例剖析】角度1单棒问题【典例1】(多选)(2024·湖南选择考)某电磁缓冲装置如图所示,两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内,导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连,导轨BC段与B1C1段粗糙,其余部分光滑,AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中,一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场,最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R,与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ,AB=BC=d。导轨电阻不计,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.金属杆经过BB1的速度为vB.在整个过程中,定值电阻R产生的热量为12mv02C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量相同D.若将金属杆的初速度加倍,则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍【解析】选C、D。设平行金属导轨间距为L,金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有E=BLv,I=E金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有-BILΔt=mΔv则-B2L2vt2由于d=∑vtΔt,则上面方程左右两边累计求和,可得-B2L2d2R则vB=v0-B设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0,同理可得,金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有-B2L2d2R-μmgt0=-mvB,解得vB=B2L2d2mR+μgt0,综上有vB=v02+μgt02>v02,则金属杆经过BB1的速度大于v02,故A错误;在整个过程中,根据能量守恒有12mv02=μmgd+Q,则在整个过程中,定值电阻R产生的热量为QR=12Q=14mv02-12μmgd,故B错误;金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量为-∑BILΔt=-∑B2L22RvtΔt,金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d,金属杆所受安培力的冲量相同,故C正确;根据A选项可得,金属杆以初速度v0在磁场中运动,有-B2L2×2d2R-μmgt0=-mv0,金属杆的初速度加倍,则金属杆通过AA1B1B区域时有-B2L2d2R=mvB'-2mv则-B2L2×2d2R-μmgt1=则x=2RB2L2(2mv0-μmgt由于t1<t0,则x>4d,可见若将金属杆的初速度加倍,则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍,故D正确。角度2双棒问题【典例2】(2024·济南模拟)如图所示,左右两部分间距之比为1∶2的光滑水平导轨分别放在大小相等、方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场中。两根质量均为m=2kg,电阻之比RAB∶RCD=1∶2的导体棒垂直静置在水平导轨上。现用水平拉力F=250N作用在CD棒上,使其向右移动0.5m时撤去拉力,此时vAB∶vCD=1∶2,在此过程中CD棒产生的热量为30J。设导轨足够长且两棒始终在不同的磁场中运动,导轨电阻不计,下列说法正确的是()A.撤去外力时导体棒AB的速度为8m/sB.撤去外力F后,棒AB、CD的加速度始终相等C.运动的全过程中回路产生的焦耳热为73.8JD.从撤去外力到两棒达到稳定状态,棒AB、CD运动的位移之比为1∶2【解析】选C。设两棒的长度分别为L和2L,电阻分别为R和2R,由于电路在任何时刻电流均相等,根据焦耳定律得Q=I2Rt,所以AB棒产生的焦耳热为15J,根据能量守恒定律,Fs=12mvAB2+12mvCD2+Q1+Q2,又因为vAB∶vCD=14m/s,vCD=8m/s,A错误;根据牛顿第二定律知BIL=ma,而电路中两导体棒电流和质量相等,导体棒的长度之比为1∶2,故加速度之比为a1∶a2=1∶2,B错误;撤去拉力F后,AB棒继续向左加速运动,而CD棒向右开始减速运动,两棒最终匀速运动时电路中电流相等,即两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等,此时两棒的速度满足BLv'AB=B·2Lv'CD,即v'AB=2v'CD,对两棒分别应用动量定理,有FABt=mv'AB-mvAB,-FCDt=mv'CD-mvCD,而两导体棒的安培力满足2FAB=FCD,可得v'AB=6.4m/s,v'CD=3.2m/s,此时电路中无电流,不产生焦耳热,整个过程中产生的焦耳热Q=Fs-(12mv'AB2+12mv'CD2)=73.8J,C正确;冲量I=Ft=BILt=BELR总t=B2L2vR总t=B2L2考点二动量守恒定律在电磁感应中的应用【核心要点】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)项目双棒无外力双棒有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【典例剖析】【典例3】(2024·湖北选择考)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,(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。【解析】(1)根据题意可知,对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中,由动能定理有mgL=12m解得v0=则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL(2)根据题意可知,金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中,导轨外侧的两段圆弧被短路,由几何关系可得,导轨间每段圆弧的电阻为R0=12×6R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=2解得a=B(3)根据题意,结合上述分析可知,金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向,则系统的动量守恒,由于金属环做加速运动,金属棒做减速运动,为使ab在整个运动过程中不与金属环接触,则有当金属棒ab和金属环速度