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）

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■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，可运用动量足理巧妙解决问

题。

求解的物理

关系式模型示例

量

B；

XXX；

—

电荷量或速XXX；

—BlL^t=niV2—mv\,q=Jbt,BP—BqL—mV2—tnv\

度XXX；

XXX；

2,2_2,2

BnLvAtnBLx

位移n—0mvo,即n—0nivot£A/।

—尸其他△/=〃八;2一〃八'1，即一ALq+Z7其他A/=〃八;2—〃?也，己

知电荷量外F其加（产典也为恒力）

时间

尸必「B2L2X,„八

n十T7以他W—〃1U2///VI»即o十户其他甘2

总总F

WV1,已知位移X、尸其也（尸其也为恒力）b,/

【典例1】

1.如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2乙的匀强磁场，其磁感应强度为乩甲、乙两个合金导

线框的质量均为加，长均为2L,宽均为3电阻分别为A和2上两线框在光滑水平面上以相同初速度vo=

23

翳并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用，则（)

B

H-2L-H

A.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12）1

C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0

D.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

第1页

【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"N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，旦源电压恒定。已知金属棒质量加=1kg、电阻火=5C,匀强磁场的磁感

应强度B=2T,两导轨间距离£=0.5m,左侧直流电源的电压U=200V,轨道电阻不计且足够长，求：

N

（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

二、培优二动量守恒定律在电磁感应中的应用

“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

物理模型——甲杆静止，受力平衡

（双杆模型）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

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

动力学观点

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

分析方法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

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

动量观点

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，导轨固定且间距为小空间存在竖直向卜.的匀

强磁场，磁感应强度大小为4。现将两根材料相同、横截面积不司、长度均为乙的金属棒仍、〃分别静置在

导轨上。现给岫棒一水平向右的初速度%,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。已知油棒的质量为小，电阻为导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是

（）

第2页

xxCxx.I)xxxx

XXIX-XIX_XX~X

%

XXXX*兴XX

xxxxxxxx

XXXrtxXXX

甲

A.M棒刚开始运动时，cd棒中的电流方向为

B.运动后，cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动

C.在。〜fo时间内，ab棒产生的热量为、?孙2

D.在0〜/o时间内，通过cd棒的电荷量为疑

【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o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卜.的匀强磁场，磁感

应强度大小为以质量为加、长度为，的金属棒。静止在窄轨上L质量为〃八长度为2A的金属棒「丛某处

触，P、。始终未相碰②。尸在水平宽轨上运动的时间为耨；户离开宽轨的瞬间，P的速度为费,J2L的速度

B1o

为教。已知重力加速度大小为g,除水平宽轨外不计所有摩擦。◎求：

（1）P棒释放时的高度〃；

（2）P的最终速度大小；

（3）P与水平宽轨间的动摩擦因数（用上表示）。

审题指导：

信息提取信息加工

质量为〃八长度为L的金属棒。静止在窄轨上，质量为

在金属棒P下滑过程中，根据动能定理阳g6=

加、长度为”的金属棒。从某处静止释放，。下滑到倾

扣%2,求出〃

斜导凯底端时的速度为W①

P、。在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接P离开水平宽轨后,金属棒P与金属棒。组成的系

触，P、。始终未相碰②统动量守恒〃耳含+〃岸/=（"?+"?）VK，即可求出

第3页

金属棒P的最终速度大小

P在水平宽轨上运动的时间为玲；P离开宽轨的瞬间，P

P在宽轨上运动时分别对金属棒尸和。利用动量定

的速度为普，0的速度为老。己知重力加速度大小为理即求出产与水平宽轨间的动摩擦因数

g,除水平宽轨外不计所有摩擦。③

“三步法”破解：电磁学高考压轴大题

【典例】

5.如图所示，平行轨道的间距为二轨道平面与水平面夹角为小二者的交线与轨道垂直，以轨道上。点为

坐标原点，沿轨道向下为4轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域口、□,区域D（-2LSv<-A）内充满

磁感应强度大小为8、方向竖直向上的匀强磁场；区域口（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9=粒+依_丫，脑和心均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间，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〃?、边长为£、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epq/•放置在轨道

上，pg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」的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率u和释放时pg

边与区域L上边界的距离s；

（2）金属框沿轨道下滑，当1边刚进入区域□时开始计时（，=0）,此时金属框的速率为恸若h=

呼泮，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，边移动的距离小

三步审题：

第一步;第二步Y第三步

审条件，挖隐含审情景,建模型审过程，选规律

（D金屈框从开始进入到完全离开区（1）金屈框从开始⑴金屈框从开始进入到完全离开区域।的过程中勾

域।的过程中匀速运动,受力平衡进入到完全离速运动,合力为（），根据平衡,可求金属框匀速运动

（2）当〃,边刚进入区域n时.感应电开区域I的过的速率〃：根据动能定理.可求耗放时修边与区域I

程:单棒切割上边界的距离

动势为动生电动势和感生电动

模型。（2）、%/边刚进入区域n时,根据登加原理，求出感

势的叠加，可以求出感应电动

（2坷边进入区域n应电动势.计算〃.边和四停的安培力，计算金属框

势的大小“

以后的过程:双的合安培力,根据平衡.判断出末速度为。：

（3）从开蛤计时到金屈框达到平衡状态样切割模型、（3）从开始计时到金屈框达到平衡状态的过程中,根

的过程中,利用动员定理解决问题平葡模型，据动所定理求出"边移动的距离de

第4页

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爻=〃igtana

2.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：

mgssin

不能写成/3亩。=*廿

3.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：

2

EI=LAB=k\L?

Lt

Ei=BpJ/-Be（Lv'=kW

E=E\-Ei

如果写成连等

?=怨=尊乙2=怎〃+依£2.至=（木+揄）L2

AtAtAt

如果计算有误，将丢掉4分。

4.表示同•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：

—kilrTta+wg/osina=0—wvo

两式中的ki与h不能混淆，乜''不能写成"广否则将丢掉4分。

第5页

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=BLvo,线框中的电流1=*所受合力等于所受安

培力F安甲=BIL,

22

联立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小F女甲="_史色，同理可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小

R

F安乙二立包,

2R

有F安邛DF安乙=201,B错误；

p2.2-p2,2_

C：结合B项分析，对乙线框进出磁场的两过程，由动量定理分别有一“乙“龙U=mAv送，Lu曲，尸

2R--2R-

mAv出，

其中。期进=2L,万出tm=2L,又乙线框完全出磁场区域时的速度大小vz.=vo+Av进+Av出，联立解得丫乙=

笙《，C错误；

mR

D：与C项分析同理可得甲线框完全出磁场区域时速度大小v甲=0,所以由能量守恒定律可知，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分别为Q甲=3切02,Q乙联立可得Q

中匚Q乙=4口3,D正确

【分析】本题围绕电磁感应中的线框运动问题展开，核心思路是结合楞次定律判断电流方向，利用安培力

公式、动量定理和能量守恒定律分析线框的受力、运动及能量转化关系，逐一验证各选项的正确性。

2.【答案】(1)解：设开关闭合瞬间通过金属棒MN的电流为1,对金属棒，由闭合电路欧姆定律有1=%

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,在极短时间及内速度的变化量为Av,对金属棒，由动量

定理有SBiLAt=ZmAv=mv

又因为ZiAt=ZAq=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

第6页

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，HHF=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mvo=(m+rrT)gvo,解得m，=2m,由于ab棒与cd棒质量之比为

102,

且它们的材料和长度相同，故横截面积之比为1口2,由口=《得电阻之比为2ZH,故ab棒与cd棒产生的热

量之比为2口1,

对丁两棒组成的系统，由能量守恒定律有扣%2—/(i[f)0％，+Q,O~io时间内，

ab棒产生的热量Qab=|Q=aiWo2,故C错误；

D：对cd棒，由动量定理有B7LS=2mx%o,又q=7to,则在0〜to时间内，通过cd棒的电荷量q=^R

故D正确

【分析】本题以双金属棒在磁场中的电磁感应运动为核心，先由动量守恒确定最终共同速度，再结合楞次

定律、安培力公式、能量守恒和动量定理，逐一分析各选项的正确性。

4.【答案】(1)解：金属棒P沿光滑导轨下滑，根据动能定理可得mghTm%2

„2

解得h=变。

2g

(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m需+n】卷=(m

+m)v共

解得v共=和

即金属棒P的最终速度大小为3o

(3)解：金属棒P在宽轨上运动时，对金属棒P,由动量定理，则有一pmgt-ZBi2LAt=m篓一mvo

16

对金属棒Q,由动量定理，则有EBiLAl=m赞一0