专题四第10讲动量观点在电磁感应中的应用

第10讲动量观点在电磁感应中的应用考点一动量定理在电磁感应中的应用在导体切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。已知或求解涉及的物理量应用示例电荷量-BILΔt=mv2-mv1，q=IΔt，即-BqL=mv2-mv1位移-B2L2v即-B2L2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Δ即-B2L2xR总+F其他Δt=已知位移x、F其他(F其他为恒力)例1(多选)(2025·四川省模拟)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框(右边框平行于磁场边界)由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是()A.q1=q2 B.q1=2q2C.v=1.0m/s D.v=1.5m/s答案BD解析根据q=ΔΦR=BΔSR可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1=2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入磁场到位置Ⅱ，由动量定理有-BI1LΔt1=mv-mv0，即-BLq1=mv-mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理有-BI2LΔt2=0-mv，即-BLq2=0-mv，联立解得v=13v0例2(2025·河北保定市部分示范高中一模)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为2L和L。金属棒a、b的质量分别为2m、m，阻值分别为2R、R，长度分别为2L、L，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属棒a一水平向右的初速度v0，经一段时间后金属棒a、b达到稳定速度。已知运动过程中两金属棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，金属棒a一直未到达NN1位置，下列说法正确的是()A.稳定后金属棒a的速度大小为23vB.稳定后金属棒b的速度大小为13vC.整个运动过程中产生的热量为23mD.从开始运动至达到稳定速度的过程中，流过金属棒b的电荷量为m答案C解析设经一段时间t后金属棒a、b达到稳定速度，大小分别为v1、v2，此时电路中刚好无电流，则有2BLv1=BLv2，解得2v1=v2，分别对金属棒a、b应用动量定理得-2BIL·t=2mv1-2mv0，BIL·t=mv2-0，联立解得v1=13v0，v2=23v0，故A、B错误；由能量守恒定律知整个运动过程中产生的热量Q=12×2mv02-12×2mv12-12mv22=23mv02，故C正确；从开始运动至达到稳定速度的过程中，流过金属棒b的电荷量q=It，又BI变式(2025·陕晋宁青卷·7)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=4B2L3A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3答案D解析根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1=BI1L=B·BLv0RL=B2L2v0R，乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2=BI2L=B·BLv02RL=B2L2v02R，可得F安1F安2=2，故B错误；假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有-BI1LΔt=mv1-mv0，q1=I1Δt=ΔΦΔtR·Δt=ΔΦR=B·4L2R，同理对乙有-BI2LΔt'=mv2-mv0，q2=I2Δt'=ΔΦΔt'2R·Δt'=ΔΦ2R=B·4L例3(2025·广西卷·7)如图所示，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路，质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。此过程中(A.金属棒所受安培力冲量大小为BB.每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为B2lC.每个定值电阻产生的热量为k(aD.金属棒的平均输出功率为k答案D解析金属棒所受安培力冲量大小为I安=BIlΔt=Blq，又q=ER总Δt=ΔΦR总=Bl(a+b)R总，R总=2R·2R2R+2R+R=2R，联立解得I安=B2l2(a+b)2R，选项A错误；该过程中，取沿导轨向下为正方向，由动量定理有2I弹-I安+mgsinθ·t=0，解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为I弹=12I安-12mgtsinθ=B2l2(a+b)4R-12mgtsinθ，选项B错误；由能量关系可知回路产生的总热量Q=mgsinθ·(a考点二动量守恒定律在电磁感应中的应用例4(2025·陕西宝鸡市三模)如图所示为放置在水平面上的光滑金属导轨，由左侧的圆弧轨道和右侧足够长的水平轨道平滑连接组成。圆弧轨道最上端连接一个电容C=0.5F的电容器，导轨间距为L=1m。在图中虚线de右侧区域存在磁感应强度大小B=2T，方向竖直向上的匀强磁场，金属棒b静止在磁场内水平导轨上。现断开开关S，将金属棒a从圆弧导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h=1.8m。已知金属棒a的质量ma=3kg，金属棒b质量mb=1.5kg，两金属棒在导轨间的电阻均为R=2Ω。在运动过程中两金属棒始终与导轨接触良好且与导轨垂直，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计，重力加速度g取10m/s2。(1)当金属棒b的速度为2m/s时，求金属棒a速度大小；(2)要使两金属棒在磁场内运动过程中不相撞，求初始时刻金属棒b到de的最小距离x；(3)若金属棒b的速度为2m/s时从导轨上取走金属棒b，同时闭合开关S，求金属棒a的最小速度。答案(1)5m/s(2)6m(3)3m/s解析(1)设金属棒a滑上水平导轨时速度为v0，下滑过程中由机械能守恒定律可得magh=12mav02，当金属棒b的速度vb=2m/s时，设金属棒a的速度为va，由动量守恒定律有mav0=mava+mbvb，代入数据解得va=5(2)由题意可得，金属棒a在磁场内做减速运动，金属棒b在磁场内做加速运动。要使两金属棒在磁场中不相撞，则金属棒a追上金属棒b时恰好共速。由动量守恒定律有mav0=(ma+mb)v共，从金属棒a进入磁场到二者共速的过程中，设通过闭合回路的电量为q，回路中的平均电流I=E2R，E=ΔΦΔt，ΔΦ=BLΔx，q=IΔt，在此过程中，对于金属棒b由动量定理得BILΔt=mbv共-0，联立以上各式可得，初始时刻金属棒b到de的最小距离x=Δ(3)由题意可得，取走金属棒b，闭合开关S，金属棒a以5m/s的速度向右切割磁感线，给电容器充电。当金属棒a产生的感应电动势和电容器两端电压相等时，金属棒a开始匀速运动，速度达到最小。则E=BLvm，UC=q'C，且E=UC，对于金属棒a由动量定理可得-BI'LΔt=-Bq'L=ma(vm-va)，联立以上各式可得vm=mavama+例5(多选)(2023·辽宁卷·10)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是()A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流B.PQ速率为v时，MN所受安培力大小为4C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为BLd答案AC解析弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ=BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN=2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，则有2mv=mv'，解得v'=2v，回路中的感应电流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR，MN所受安培力大小为FMN=2BId=4B2d2vR，选项B错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1=2mx2，x1+x2=L，可得最终MN向左移动x1=2L3，PQ向右移动x2物理模型两杆都在运动，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和动量观点对双杆合外力为零，应用动量守恒定律处理速度问题，对其中一杆应用动量定理可解电荷量、时间及位移差问题专题强化练[分值：44分][1~5题，每题4分，6~9题，每题6分][保分基础练]1.(2025·广东广州市一模)如图所示，A、B是面积、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场区域，只是A区域比B区域离地面高，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处同时由静止开始释放顺利穿过磁场，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，不计空气阻力。下列说法正确的是()A.两线圈穿过磁场的过程中产生的热量相等B.两线圈穿过磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量不相等C.两线圈落地时乙的速度较大D.甲线圈运动时间较长，乙线圈先落地答案D解析由法拉第电磁感应定律、欧姆定律及安培力公式有E=BLv，i=ER，F=BiL，可得F=B2L2vR，由于乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，穿过磁场的过程中克服安培力做的功较多，即产生的焦耳热较多，故A错误；由电流定义式结合法拉第电磁感应定律有q=IΔt=ΔΦRΔtΔt=ΔΦR=BΔSR，可知通过线圈横截面的电荷量相等，故B错误；由于甲、乙减少的重力势能相同，甲穿过磁场的过程中产生的热量较少，由能量守恒定律可知，甲落地时速度较大，故C错误；线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为F，穿过磁场时间为Δt，下落全过程时间为t，落地时的速度为v，则全过程由动量定理得mgt-FΔt=mv，而FΔt=BILΔt，I=ΔΦΔtR，所以FΔ2.(多选)(2025·安徽蚌埠市质检)如图所示，两个相同的足够长光滑“”形金属导轨ACDE和FGHJ固定在同一水平面内，AC、FG、DE、HJ互相平行且间距均为L，金属棒a、b垂直静止在导轨上，a、b的质量分别为2m和m，它们接入电路的电阻分别为R和2R，金属导轨的电阻不计，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现给a一个水平向右的初速度v0，此后a、b运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，则下列说法正确的是()A.b向左运动B.b最终的速度大小为23vC.通过b的电荷量为2D.b中产生的焦耳热为29m答案BCD解析当a向右运动时，a切割磁感线产生感应电动势，可以判断a中感应电流向上，b中感应电流向下，根据左手定则，b受到的安培力向右，则b向右运动，故A错误，因a、b串联，通过的电流大小相等方向相反，它们受到的安培力也是等大反向，所以整体动量守恒，根据动量守恒定律，有2mv0=3mv，解得v=23v0，故B正确；对b研究，根据动量定理有BLIt=BqL=m×23v0，解得q=2mv03BL，故C正确；由能量守恒定律及串联电路电功率的分配规律，得b中产生的焦耳热Q=23.(多选)(2025·山东临沂市三模)如图所示的光滑金属轨道由左、右两段足够长的轨道拼接而成，整个轨道固定在水平面内，左侧两平行导轨间距为2L，在上面搁置导体棒2(长度为2L、质量为2m、电阻为2R)，右侧两平行导轨间距为L，在上面搁置导体棒1(长度为L、质量为m、电阻为R)，导轨电阻不计，整个轨道所在的空间中有垂直于轨道平面的匀强磁场。现在给棒1一个初速度v0，它通过安培力带动棒2向右运动，运动过程中棒1、棒2均与导轨良好接触。下列说法正确的是()A.两棒一直做减速运动，最终速度为0B.棒1和棒2的最终速度分别为23v0和13C.两棒在运动过程中的同一时刻加速度大小不相等D.整个过程中两棒上产生的焦耳热为16m答案BD解析根据题意，安培力会使棒2向右加速运动，安培力使得棒1向右减速，最终两棒均做匀速直线运动，故A错误；当两棒做匀速直线运动时有BLv1=2BLv2，此时回路中无电流，此即为两棒最终稳定状态，此时v1=2v2；对棒1应用动量定理，得-BILΔt=mv1-mv0，对棒2应用动量定理，得2BILΔt=2mv2，解得v1=2v03，v2=v03，故B正确；对棒1，由牛顿第二定律有BI1L=ma1，对棒2，由牛顿第二定律有2BI2L=2ma2，因为两棒串联，所以I1=I2，解得a1=a2，故C错误；由能量守恒有Q=12mv02-(12mv12+12×24.(2025·河南省模拟)如图所示，间距为L的倾斜光滑平行金属导轨的倾角θ=30°，底端接有阻值为R的定值电阻，虚线MN上方的导轨区域存在垂直导轨平面向上的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，质量为m、阻值为R、长度为L的导体棒ab垂直导轨放置。某时刻给ab一平行导轨斜面向上的初速度，已知ab进入磁场时速度大小为2v0，经过时间t0速度减小为零，一段时间后，以大小为v0的速度离开磁场，不计导轨的电阻，导体棒与导轨接触良好，且两者始终垂直，重力加速度为g。下列说法正确的是()A.导体棒在磁场中沿导轨上滑的最大距离为4B.导体棒在磁场中下滑过程中通过定值电阻的电荷量大小为2C.导体棒在磁场中下滑过程经历的时间为6v0gD.整个过程中定值电阻产生的焦耳热为32mv答案C解析导体棒上滑过程由动量定理得mgt0sinθ+BILt0=m×2v0，而q=It0=Et02R=ΔΦ2R=BLx2R，联立解得x=4mRv0-mgRt0B2L2，q=4mv0-mgt02BL，故A错误；下滑过程通过的距离与上滑过程通过的距离大小相等，因此下滑过程通过电阻的电荷量大小与上滑过程的相等，故B错误；设导体棒在磁场中下滑过程经历的时间为t1，此过程对导体棒有mgt1sinθ-BqL=mv0得t1=6v0g-t0，故5.(多选)(2025·福建省二模)如图所示，间距为L的平行光滑长直金属导轨固定放置，导轨平面水平，矩形PMNQ区域有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨平面离地面的高度为h，质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒a、b垂直放在导轨上，b在磁场中，a在磁场外，给a一个水平向右的初速度v0，两金属棒在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，a、b两金属棒从导轨MN端水平抛出后做平抛运动的水平位移之比为2∶1。两金属棒在导轨上运动时没有发生碰撞，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.金属棒a刚进磁场时的加速度大小为BB.金属棒b离开轨道做平抛运动的水平位移为vC.整个过程金属棒a中产生的焦耳热为29mD.金属棒b初始位置到PQ的距离至少为2答案BD解析对棒a，刚进磁场时根据牛顿第二定律有FA=BIL=BLBLv02R=B2L2v02R=ma，解得a=B2L2v02mR，故A错误；由于a、b两金属棒从导轨MN端水平抛出后做平抛运动的水平位移之比为2∶1，且竖直方向自由下落高度相同，则运动时间相同，因此a、b离开轨道时的速度大小之比为2∶1，设b离开轨道时的速度大小为v，则a离开轨道时的速度大小为2v，且a、b在轨道上运动时水平方向所受安培力等大反向，则a、b棒整体水平方向动量守恒，根据动量守恒定律mv0=2mv+mv，解得v=13v0，金属棒b做平抛运动有h=12gt2，x=vt，联立解得x=v032hg，故B正确；由能量守恒可知，金属棒a中产生的焦耳热Q=1212mv02-12m(13v0)2-12m(23[争分提能练]6.(多选)(2025·山东省实验中学第五次诊断)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L。导轨上垂直放置导体棒a和b，质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计。匀强磁场磁感应强度大小为B、方向竖直向上。开始时，两棒均静止，间距为x0。t=0时刻导体棒a获得向右的初速度v0，两导体棒的Δv-t图像(Δv=va-vb)如图乙所示，下列说法正确的是()A.0~t2时间内，导体棒b产生的焦耳热为14mB.t1时刻，棒a的加速度大小为BC.t2时刻，两棒之间的距离为mD.0~t2时间内，通过b棒的电荷量为m答案BD解析t2时刻Δv为0，则二者共速，规定向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=2mv，解得共同速度v=v02，由能量守恒可知，0~t2时间内，导体棒b产生的焦耳热Q=12(12mv02-12×2mv2)，联立解得Q=18mv02，故A错误；t1时刻，Δv为v04，则回路电流I=BLΔv2R=BL×v042R=BLv08R，则棒a的加速度大小a=BILm=B2L2v08mR，故B正确；对b棒，由动量定理得BLIΔt=mv-0，因为q=IΔt=E7.(多选)(2025·湖南卷·9)如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是()A.金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为mD.若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半答案AC解析金属杆沿x轴正方向运动过程中，根据右手定则可知金属杆中电流沿y轴负方向，故A正确；若金属杆可以在沿x轴正方向的恒力F作用下做匀速直线运动，可知F=F安=BIL，I=BLv0R=BLv0Lr0=Bv0r0，可得F=B2Lv0r0，由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，故F在变化，故B错误；取一微小时间Δt内，设此时金属杆接入导轨中的长度为L'，根据动量定理有-BI'L'Δt=mΔv，q=I'Δt，同时有q=ΔΦΔtL'r0·Δt=ΔΦL'r0=B·8.(多选)(2025·河北省部分学校模拟)在倾角为30°的光滑斜面上存在与斜面垂直向上的条状匀强磁场，磁场的宽度均为L，磁感应强度大小均为B，两个条状磁场间的距离为L，一质量为m、边长为L的正方形导线框紧贴斜面以与斜面底边平行的初速度v0抛出，导线框的一组边与磁场边界平行，线框与斜面、磁场的关系如图甲、乙所示。已知斜面的宽度足够大、斜面足够长和磁场的数量足够多。重力加速度为g，不计空气阻力，导线框电阻R=40B2L3A.导线框刚进磁场时导线框中的电流方向为顺时针方向B.导线框刚进入第二个条状磁场区域时，水平方向的加速度大小为51C.导线框最多穿过6个条状磁场区域D.导线框产生的热量大于12m答案AC解析导线框刚进入磁场时，穿过导线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针，故A正确；导线框在进入第一个条状匀强磁场的过程中对导线框水平方向受力分析，结合动量定理有-I安=-BI1LΔt1=mv1-mv0，其中I1Δt1=E1RΔt1=ΔΦR=BL2R，解得导线框进入到离开磁场过程中安培力的冲量大小为I安=340mv0，所以导线框刚进入第二个条状磁场时水平方向的速度为v2=mv0-2I安m=1720v0，此时导线框中的电流为I=BLv2R，对导线框在水平方向受力分析并结合牛顿第二定律有BIL=ma，联立解得导线框刚进入第二个条状磁场区域时，水平方向的加速度大小为a=51v02800L，故B错误；由题意可