素養培優4 動量觀點在電磁感應中的綜合應用-高考物理二輪復習（含答案）

素養培優4動量觀點在電磁感應中的綜合應用-高考物理二輪復習

一、培優一動■定理在電磁感應中的應用

在單桿切割磁感線做變加速運動時，若運用牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題，可運用動量足理巧妙解決問

題。

求解的物理

關系式模型示例

量

B；

XXX；

—

電荷量或速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

知電荷量外F其加（產典也為恒力）

時間

尸必「B2L2X,?八

n十T7以他W—〃1U2///VI?即o十戶其他甘2

總總F

WV1,已知位移X、尸其也（尸其也為恒力）b,/

【典例1】

1.如圖，光滑水平面上存在豎直向上、寬度d大于2乙的勻強磁場，其磁感應強度為乩甲、乙兩個合金導

線框的質量均為加，長均為2L,寬均為3電阻分別為A和2上兩線框在光滑水平面上以相同初速度vo=

23

翳并排進入磁場，忽略兩線框之間的相互作用，則（)

B

H-2L-H

A.甲線框進磁場和出磁場的過程中電流方向相同

B.甲、乙線框剛進磁場區域時，所受合力大小之比為12）1

C.乙線框恰好完全出磁場區域時，速度大小為0

D.甲、乙線框從剛進磁場區域到完全出磁場區域產生的焦耳熱之比為4：3

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【典例2】

2.“福建艦”是我國完全自主設計的第一艘電磁彈射型全通甲板航空母艦。如圖所示為某實驗室模擬電磁彈射

的原理圖，彈射過程中金屬棒"N將沿兩根相互平行的光滑水平軌道運動，軌道內有豎直向下的勻強磁場，

軌道左側用開關與直流電源相連，旦源電壓恒定。已知金屬棒質量加=1kg、電阻火=5C,勻強磁場的磁感

應強度B=2T,兩導軌間距離￡=0.5m,左側直流電源的電壓U=200V,軌道電阻不計且足夠長，求：

N

（1）剛接通開關S的瞬間，金屬棒的加速度大小a；

（2）從接通開關S到金屬棒的速度10m/s的過程中，通過金屬棒的電荷量q；

（3）金屬棒能達到的最大速率

二、培優二動量守恒定律在電磁感應中的應用

“一動一靜”：甲桿靜止不動，乙桿運動，其實質是單桿問題，不過要注意問題包含著一個條件

物理模型——甲桿靜止，受力平衡

（雙桿模型）兩桿都在運動，對于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產生的感應電動勢是相加還是相減；系

統動量是否守恒

通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，而另一個金屬桿做加速度

動力學觀點

逐漸減小的減速運動，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運動

分析方法能量觀點兩桿系統機械能減少量等于回路中產生的焦耳熱之和

對于兩金屬桿在平直的光滑導軌上運動的情況，如果兩金屬桿所受的外力之和為

動量觀點

零，則考慮應用動量守恒定律處理問題

【典例3】

3.如圖甲所示，水平面內有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌固定且間距為小空間存在豎直向卜.的勻

強磁場，磁感應強度大小為4。現將兩根材料相同、橫截面積不司、長度均為乙的金屬棒仍、〃分別靜置在

導軌上。現給岫棒一水平向右的初速度%,其速度隨時間變化的關系如圖乙所示，兩金屬棒運動過程中，

始終與導軌垂直且接觸良好。已知油棒的質量為小，電阻為導軌電阻可忽略不計。下列說法正確的是

（）

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xxCxx.I)xxxx

XXIX-XIX_XX~X

%

XXXX*興XX

xxxxxxxx

XXXrtxXXX

甲

A.M棒剛開始運動時，cd棒中的電流方向為

B.運動后，cd棒將做加速度逐漸增大的加速運動

C.在。?fo時間內，ab棒產生的熱量為、?孫2

D.在0?/o時間內，通過cd棒的電荷量為疑

【典例4】

4.如圖所示，水平面內有不計電阻的導軌，導軌寬軌部分間距為2L窄軌部分間距為L長度足夠長，軌

道傾斜部分與水平面成o角，傾斜導軌與水平導軌平滑連接。水平導軌部分存在豎直向卜.的勻強磁場，磁感

應強度大小為以質量為加、長度為，的金屬棒。靜止在窄軌上L質量為〃八長度為2A的金屬棒「叢某處

觸，P、。始終未相碰②。尸在水平寬軌上運動的時間為耨；戶離開寬軌的瞬間，P的速度為費,J2L的速度

B1o

為教。已知重力加速度大小為g,除水平寬軌外不計所有摩擦。◎求：

（1）P棒釋放時的高度〃；

（2）P的最終速度大小；

（3）P與水平寬軌間的動摩擦因數（用上表示）。

審題指導：

信息提取信息加工

質量為〃八長度為L的金屬棒。靜止在窄軌上，質量為

在金屬棒P下滑過程中，根據動能定理陽g6=

加、長度為”的金屬棒。從某處靜止釋放，。下滑到傾

扣%2,求出〃

斜導凱底端時的速度為W①

P、。在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接P離開水平寬軌后,金屬棒P與金屬棒。組成的系

觸，P、。始終未相碰②統動量守恒〃耳含+〃岸/=（"?+"?）VK，即可求出

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金屬棒P的最終速度大小

P在水平寬軌上運動的時間為玲；P離開寬軌的瞬間，P

P在寬軌上運動時分別對金屬棒尸和。利用動量定

的速度為普，0的速度為老。己知重力加速度大小為理即求出產與水平寬軌間的動摩擦因數

g,除水平寬軌外不計所有摩擦。③

“三步法”破解：電磁學高考壓軸大題

【典例】

5.如圖所示，平行軌道的間距為二軌道平面與水平面夾角為小二者的交線與軌道垂直，以軌道上。點為

坐標原點，沿軌道向下為4軸正方向建立坐標系。軌道之間存在區域口、□,區域D（-2LSv<-A）內充滿

磁感應強度大小為8、方向豎直向上的勻強磁場；區域口（x>0）內充滿方向垂直軌道平面向上的磁場，磁感

應強度大小9=粒+依_丫，腦和心均為大于零的常量，該磁場可視為由隨時間，均勻增加的勻強磁場和隨x軸

坐標均勻增加的磁場疊加而成。將質量為〃?、邊長為￡、電阻為R的勻質正方形閉合金屬框epq/?放置在軌道

上，pg邊與軌道垂直，由靜止釋放。已知軌道絕緣、光滑、足夠長且不可移動，磁場上、下邊界均與x軸垂

直，整個過程中金屬框不發生形變，重力加速度大小為g，不計自感。

（1）若金屬框從開始進入到完全離開區域」的過程中勻速運動，求金屬框勻速運動的速率u和釋放時pg

邊與區域L上邊界的距離s；

（2）金屬框沿軌道下滑，當1邊剛進入區域□時開始計時（，=0）,此時金屬框的速率為慟若h=

呼泮，求從開始計時到金屬框達到平衡狀態的過程中，邊移動的距離小

三步審題：

第一步;第二步Y第三步

審條件，挖隱含審情景,建模型審過程，選規律

（D金屈框從開始進入到完全離開區（1）金屈框從開始⑴金屈框從開始進入到完全離開區域?的過程中勾

域?的過程中勻速運動,受力平衡進入到完全離速運動,合力為（），根據平衡,可求金屬框勻速運動

（2）當〃,邊剛進入區域n時.感應電開區域I的過的速率〃：根據動能定理.可求耗放時修邊與區域I

程:單棒切割上邊界的距離

動勢為動生電動勢和感生電動

模型。（2）、%/邊剛進入區域n時,根據登加原理，求出感

勢的疊加，可以求出感應電動

（2坷邊進入區域n應電動勢.計算〃.邊和四停的安培力，計算金屬框

勢的大小“

以后的過程:雙的合安培力,根據平衡.判斷出末速度為。：

（3）從開蛤計時到金屈框達到平衡狀態樣切割模型、（3）從開始計時到金屈框達到平衡狀態的過程中,根

的過程中,利用動員定理解決問題平葡模型，據動所定理求出"邊移動的距離de

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規范點撥：

1.要有必要的文字說明。列方程之前一般要說明研究對象、研究過程（或狀態）、選用的物理規律等。如:

線框做勻速直線運動，

則F爻=〃igtana

2.要列原始方程，不寫變形式。

變形式容易寫錯，如果書寫錯誤，方程不得分。如：

mgssin

不能寫成/3畝。=*廿

3.要列分步式，不寫連等式或綜合方程。

高考閱卷是按步得分，寫連等式或綜合方程一旦出現錯誤，各個分步的分將一起丟掉。如：

2

EI=LAB=k\L?

Lt

Ei=BpJ/-Be（Lv'=kW

E=E\-Ei

如果寫成連等

?=怨=尊乙2=怎〃+依￡2.至=（木+揄）L2

AtAtAt

如果計算有誤，將丟掉4分。

4.表示同?個物理量的字母（包括上角標或下角標）前后書寫要保持一致，不同物理量不能混淆。如：

—kilrTta+wg/osina=0—wvo

兩式中的ki與h不能混淆，乜''不能寫成"廣否則將丟掉4分。

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答案解析部分

1.【答案】D

【解析】【解答】A：進磁場的過程中，甲線框右邊框切割磁感線，由右手定則可知，線框中的電流沿順時針

方向，出磁場的過程中，甲線框左邊框切割磁感線，由右手定則可知，線框中的電流沿逆時針方向，A錯

誤；

B：剛進磁場區域時，甲線框切割磁感線產生的電動勢E=BLvo,線框中的電流1=*所受合力等于所受安

培力F安甲=BIL,

22

聯立解得剛進磁場區域時甲線框所受合力大小F女甲="_史色，同理可得剛進磁場區域時乙線框所受合力大小

R

F安乙二立包,

2R

有F安邛DF安乙=201,B錯誤；

p2.2-p2,2_

C：結合B項分析，對乙線框進出磁場的兩過程，由動量定理分別有一“乙“龍U=mAv送，Lu曲，尸

2R--2R-

mAv出，

其中。期進=2L,萬出tm=2L,又乙線框完全出磁場區域時的速度大小vz.=vo+Av進+Av出，聯立解得丫乙=

笙《，C錯誤；

mR

D：與C項分析同理可得甲線框完全出磁場區域時速度大小v甲=0,所以由能量守恒定律可知，甲、乙線框

從剛進磁場區域到完全出磁場區域產生的焦耳熱分別為Q甲=3切02,Q乙聯立可得Q

中匚Q乙=4口3,D正確

【分析】本題圍繞電磁感應中的線框運動問題展開，核心思路是結合楞次定律判斷電流方向，利用安培力

公式、動量定理和能量守恒定律分析線框的受力、運動及能量轉化關系，逐一驗證各選項的正確性。

2.【答案】(1)解：設開關閉合瞬間通過金屬棒MN的電流為1,對金屬棒，由閉合電路歐姆定律有1=%

根據牛頓第二定律有BIL=ma

代入數據，聯立解得a=40m/s2

(2)解：設通過金屬棒MN的電流瞬時值為i,在極短時間及內速度的變化量為Av,對金屬棒，由動量

定理有SBiLAt=ZmAv=mv

又因為ZiAt=ZAq=q

聯立解得q=10C

(3)解：當金屬棒到達最大速度時，感應電動勢與電源電壓相等，則有U=BLvm

代入數據解得Vm=200m/s

【解析】【分析】(1)剛閉合開關時，金屬棒速度為0,無感應電動勢，電流由歐姆定律直接求得，安培力提

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供加速度，由牛頓第二定律計算加速度。

(2)對加速過程應用動量定理，安培力的沖量等于動量變化，結合電流的沖量等于電荷量，求解電荷量。

(3)速度最大時，金屬棒的感應電動勢與電源電壓等大反向，電流為0,安培力為0,由電動勢平衡方程求最

大速度。

3.【答案】D

【解析】【解答】A：金屬棒ab剛開始運動時，根據右手定則可知cd棒中的電流方向為c-d,故A錯誤；

B：ab運動后，由于安培力作用，速度會逐漸減小，同時cd棒將做加速運動，回路總電動勢減小，電流減

小，cd棒受到的安培力會減小，HHF=mcda可知，cd棒的加速度會減小，故B錯誤；

C：兩金屬棒組成的系統動量守恒，則mvo=(m+rrT)gvo,解得m，=2m,由于ab棒與cd棒質量之比為

102,

且它們的材料和長度相同，故橫截面積之比為1口2,由口=《得電阻之比為2ZH,故ab棒與cd棒產生的熱

量之比為2口1,

對丁兩棒組成的系統，由能量守恒定律有扣%2—/(i[f)0％，+Q,O~io時間內，

ab棒產生的熱量Qab=|Q=aiWo2,故C錯誤；

D：對cd棒，由動量定理有B7LS=2mx%o,又q=7to,則在0?to時間內，通過cd棒的電荷量q=^R

故D正確

【分析】本題以雙金屬棒在磁場中的電磁感應運動為核心，先由動量守恒確定最終共同速度，再結合楞次

定律、安培力公式、能量守恒和動量定理，逐一分析各選項的正確性。

4.【答案】(1)解：金屬棒P沿光滑導軌下滑，根據動能定理可得mghTm%2

?2

解得h=變。

2g

(2)解：金屬棒P離開水平寬軌后，金屬棒P與金屬棒Q組成的系統動量守恒，則有m需+n】卷=(m

+m)v共

解得v共=和

即金屬棒P的最終速度大小為3o

(3)解：金屬棒P在寬軌上運動時，對金屬棒P,由動量定理，則有一pmgt-ZBi2LAt=m簍一mvo

16

對金屬棒Q,由動量定理，則有EBiLAl=m贊一0