素养培优4　动量观点在电磁感应中的综合应用-高考物理二轮复习（含答案）

第第页素养培优4动量观点在电磁感应中的综合应用-高考物理二轮复习一、培优一动量定理在电磁感应中的应用在单杆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。求解的物理量关系式模型示例电荷量或速度－BILΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt，即－BqL＝mv2－mv1位移－B2L2vΔtR总＝0－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－mv1，即－B2L2xR总＋F其他·Δt＝mv【典例1】1．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＝4BA．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【典例2】2．“福建舰”是我国完全自主设计的第一艘电磁弹射型全通甲板航空母舰。如图所示为某实验室模拟电磁弹射的原理图，弹射过程中金属棒MN将沿两根相互平行的光滑水平轨道运动，轨道内有竖直向下的匀强磁场，轨道左侧用开关与直流电源相连，电源电压恒定。已知金属棒质量m＝1kg、电阻R＝5Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝2T，两导轨间距离L＝0.5m，左侧直流电源的电压U＝200V，轨道电阻不计且足够长，求：（1）刚接通开关S的瞬间，金属棒的加速度大小a；（2）从接通开关S到金属棒的速度v＝10m/s的过程中，通过金属棒的电荷量q；（3）金属棒能达到的最大速率vm。二、培优二动量守恒定律在电磁感应中的应用物理模型（双杆模型）“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡两杆都在运动，对于这种情况，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于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题【典例3】3．如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为L。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现给ab棒一水平向右的初速度v0，其速度随时间变化的关系如图乙所示，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。已知ab棒的质量为m，电阻为R。导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是（）A．ab棒刚开始运动时，cd棒中的电流方向为d→cB．ab运动后，cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动C．在0～t0时间内，ab棒产生的热量为13mD．在0～t0时间内，通过cd棒的电荷量为2m【典例4】4．如图所示，水平面内有不计电阻的导轨，导轨宽轨部分间距为2L，窄轨部分间距为L，长度足够长，轨道倾斜部分与水平面成θ角，倾斜导轨与水平导轨平滑连接。水平导轨部分存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、长度为L的金属棒Q静止在窄轨上，质量为m、长度为2L的金属棒P从某处静止释放，P下滑到倾斜导轨底端时的速度为v0①，P、Q在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，P、Q始终未相碰②。P在水平宽轨上运动的时间为v0kg；P离开宽轨的瞬间，P的速度为5v016，Q的速度为3v016（1）P棒释放时的高度h；（2）P的最终速度大小；（3）P与水平宽轨间的动摩擦因数（用k表示）。审题指导：信息提取信息加工质量为m、长度为L的金属棒Q静止在窄轨上，质量为m、长度为2L的金属棒P从某处静止释放，P下滑到倾斜导轨底端时的速度为v0①在金属棒P下滑过程中，根据动能定理mgh＝12mv0P、Q在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，P、Q始终未相碰②P离开水平宽轨后，金属棒P与金属棒Q组成的系统动量守恒m5v016＋m3v016＝（m＋mP在水平宽轨上运动的时间为v0kg；P离开宽轨的瞬间，P的速度为5v016，Q的速度为3v0P在宽轨上运动时分别对金属棒P和Q利用动量定理即求出P与水平宽轨间的动摩擦因数“三步法”破解：电磁学高考压轴大题【典例】5．如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ（－2L≤x＜－L）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x≥0）内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1＝k1t＋k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。（1）若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s；（2）金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t＝0），此时金属框的速率为v0，若k1＝mgRsinαk2L4三步审题：规范点拨：1.要有必要的文字说明。列方程之前一般要说明研究对象、研究过程（或状态）、选用的物理规律等。如：线框做匀速直线运动，则F安＝mgtanα2.要列原始方程，不写变形式。变形式容易写错，如果书写错误，方程不得分。如：mgssinα＝12mv不能写成gssinθ＝12v3.要列分步式，不写连等式或综合方程。高考阅卷是按步得分，写连等式或综合方程一旦出现错误，各个分步的分将一起丢掉。如：E1＝L2ΔBΔtE2＝BpqLv'－BefLv'＝k2L2v'E＝E1＋E2如果写成连等E'＝ΔΦΔt＝ΔBΔtL2＝k1L2＋k2L2·ΔsΔt＝（k如果计算有误，将丢掉4分。4.表示同一个物理量的字母（包括上角标或下角标）前后书写要保持一致，不同物理量不能混淆。如：－k2L2I't0＋mgt0sinα＝0－mv0两式中的k2与k1不能混淆，“L”不能写成“l”否则将丢掉4分。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A：进磁场的过程中，甲线框右边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中的电流沿顺时针方向，出磁场的过程中，甲线框左边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中的电流沿逆时针方向，A错误；

B：刚进磁场区域时，甲线框切割磁感线产生的电动势E＝BLv0，线框中的电流I＝ER，所受合力等于所受安培力F安甲＝BIL，

联立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小F安甲＝B2L2v0R，同理可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F安乙＝B2L2v02R，

有F安甲∶F安乙＝2∶1，B错误；

C：结合B项分析，对乙线框进出磁场的两过程，由动量定理分别有－B2L2v进2Rt进＝mΔv进，－B2L2v出2Rt出＝mΔv出，

其中v进t进＝2L，v出t出＝2L，又乙线框完全出磁场区域时的速度大小v乙＝v0＋Δv进＋Δv出，联立解得v乙＝22．【答案】（1）解：设开关闭合瞬间通过金属棒MN的电流为I，对金属棒，由闭合电路欧姆定律有I＝U根据牛顿第二定律有BIL＝ma代入数据，联立解得a＝40m/s2（2）解：设通过金属棒MN的电流瞬时值为i，在极短时间Δt内速度的变化量为Δv，对金属棒，由动量定理有ΣBiLΔt＝ΣmΔv＝mv又因为ΣiΔt＝ΣΔq＝q联立解得q＝10C（3）解：当金属棒到达最大速度时，感应电动势与电源电压相等，则有U＝BLvm代入数据解得vm＝200m/s【解析】【分析】(1)刚闭合开关时，金属棒速度为0，无感应电动势，电流由欧姆定律直接求得，安培力提供加速度，由牛顿第二定律计算加速度。(2)对加速过程应用动量定理，安培力的冲量等于动量变化，结合电流的冲量等于电荷量，求解电荷量。(3)速度最大时，金属棒的感应电动势与电源电压等大反向，电流为0，安培力为0，由电动势平衡方程求最大速度。3．【答案】D【解析】【解答】A：金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知cd棒中的电流方向为c→d，故A错误；

B：ab运动后，由于安培力作用，速度会逐渐减小，同时cd棒将做加速运动，回路总电动势减小，电流减小，cd棒受到的安培力会减小，由F＝mcda可知，cd棒的加速度会减小，故B错误；

C：两金属棒组成的系统动量守恒，则mv0＝（m＋m'）13v0，解得m'＝2m，由于ab棒与cd棒质量之比为1∶2，

且它们的材料和长度相同，故横截面积之比为1∶2，由R＝ρLS得电阻之比为2∶1，故ab棒与cd棒产生的热量之比为2∶1，

对于两棒组成的系统，由能量守恒定律有12mv02＝12（m＋m'）(13v0)2＋Q，0～t0时间内，

ab棒产生的热量Qab＝23Q＝29mv02，故C错误；

D：对cd棒，由动量定理有BILt4．【答案】（1）解：金属棒P沿光滑导轨下滑，根据动能定理可得mgh＝12m解得h＝v0（2）解：金属棒P离开水平宽轨后，金属棒P与金属棒Q组成的系统动量守恒，则有m5v016＋m解得v共＝14v即金属棒P的最终速度大小为14v（3）解：金属棒P在宽轨上运动时，对金属棒P，由动量定理，则有－μmgt－ΣBi2LΔt＝m5v0对金属棒Q，由动量定理，则有ΣBiLΔt＝m3v由于t＝v联立上式得μ＝516【解析】【分析】(1)金属棒P沿倾斜导轨下滑时只有重力做功，由动能定理直接求解释放高度。(2)P离开宽轨后，P、Q组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒，据此求最终共同速度。(3)对P、Q分别应用动量定理，结合安培力冲量与电荷量的关系，联立求解动摩擦因数。5．【答案】（1）解：金属框在区域Ⅰ内做匀速直线运动，则其受力平衡，根据受力分析可知其所受安培力F安＝mgtanα对金属框在区域Ⅰ内的运动，由法拉第电磁感应定律有E＝BLvcosα由闭合电路欧姆定律有I＝E由安培力公式有F安＝BIL联立解得v＝mgR则对金属框由静止释放至刚进入区域Ⅰ的过程，由动能定理有mgssinα＝12mv解得s＝m2（2）解：金属框在区域Ⅱ中达到平衡状态时，由平衡条件有（Bpq－Bef）LI'＝mgsinα其中Bpq＝k1t＋k2（x＋L），Bef＝k1t＋k2x金属框在区域Ⅱ中切割磁感线产生的电动势，可以视为一个感生电动势和一个动生电动势的叠加，其中感生电动势E1＝L2ΔBΔ动生电动势E2＝BpqLv'－BefLv'＝k2L2v'又I'＝E联立解得金属框达到平衡状态时的速度大小v'＝0设从