2026高考物理一轮复习第十二章第5讲讲义　小专题 电磁感应中的动量问题.docx

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-B2L2vRΔt=0-mv0,得x=vΔt=mv0RB2L22)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+mgsin θ·Δt=mv-0,q=IΔt,可得时间Δt=mv+BLqmgsinθ;或由-B2L2vRΔt+mgsin θ·Δt=mv-0,x=vΔt,可得时间Δt=mvR+B2L2xmgRsinθ1.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=|mv0-mv|BL3.求位移:由-B2L2vR总Δt=mv-mv0有x=vΔt=(mv0-mv)R总B2L24.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=q2)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-mv0,vΔt=x[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=0.5 Ω,两轨道间距d=1 m,水平部分两轨道间有一竖直向下、磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场一质量m=0.5 kg、长为l=1.1 m、电阻忽略不计的导体棒,从轨道上距水平面h1=0.8 m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=0.8 m,水平轨道距水平地面的高度h2=0.8 m通过计算可知(g取10 m/s2,不计空气阻力)(　　)[A] 导体棒进入磁场时的速度为3 m/s[B] 在导体棒整个运动过程中,电阻R上产生的热量为3 J[C] 磁场的长度x1为2 m[D] 整个过程通过电阻R的电荷量为2 C【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=4 m/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=2 m/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=3 J,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=2 C,x1=2 m,故C、D正确。

[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6v05[B] 回路中的最大电流为3BLv02R[C] 导体棒ab产生的焦耳热最多为mv0210[D] 通过导体棒ab的电荷量最多为mv05BL【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+12mv02=12mvab2+12mvcd2+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,由闭合电路欧姆定律可得I=Ecd-EabR+R=B·2Lv0-BLv02R=BLv02R,故B错误。

[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)BCLmv0m+B2L2C　(4)12mv02-Q-m3v022(m+B2L2C)2【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+B2L2C,q=BCLmv0m+B2L2C4)设电容器储存的最大能量为Em,由能量守恒定律得 12mv02-12mv2=Em+Q,解得Em=12mv02-Q-m3v022(m+B2L2C)2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,I=0,F安=0,棒匀速运动电容器放电时,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=mv0m+B2L2C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=BLCEm+B2L2Cv-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=0.8 m,水平部分处在磁感应强度大小为B=0.1 T、方向竖直向上的匀强磁场中,导轨间距均为L=0.5 m。

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=2 m/s,两棒的质量ma=mb=0.1 kg、两棒接入轨道部分的电阻Ra=Rb=0.1 Ω,导轨电阻不计,忽略一切摩擦阻力,重力加速度g取10 m/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)0.5 m/s2　(2)0.35 J　(3)8 m【解析】 (1)对a棒由机械能守恒定律有magh=12mav02,解得a棒进入水平区域时的速度大小为v0=4 m/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=0.2 V,此时感应电流I=EmRa+Rb=1 A,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=0.5 m/s22)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=3 m/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=0.7 J,又QbQ=RbRa+Rb=12,解得整个运动过程中b棒上产生的焦耳热Qb=0.35 J。

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=ΔΦΔt1,其中ΔΦ=BLx1,根据闭合电路欧姆定律有 I=ERa+Rb,联立以上各式得-B2L2x1Ra+Rb=mav1-mav0,解得x1=16 m;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'Δt2,根据闭合电路欧姆定律有 I′=E'Ra+Rb,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=mbv-mbv0,解得x2=8 m,所以最终金属棒a和b之间的距离Δx=x1-x2=8 m[例5] 【三大观点在电磁感应中的综合应用】。