新教材適用2024版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第1部分核心主干復(fù)習(xí)專題專題4電路和電磁感應(yīng)微專題5電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題題型2動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用教師用書

題型2動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用雙桿模型物理模型“一動(dòng)一靜”：甲桿靜止不動(dòng)，乙桿運(yùn)動(dòng)，其實(shí)質(zhì)是單桿問題，不過要注意問題包含著一個(gè)條件——甲桿靜止，受力平衡兩桿都在運(yùn)動(dòng)，對于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢是相加還是相減；系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒分析方法動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)能量觀點(diǎn)兩桿系統(tǒng)機(jī)械能減少量等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和動(dòng)量觀點(diǎn)對于兩金屬桿在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的情況，如果兩金屬桿所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問題例題2(多選)(2023·遼寧高考卷)如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時(shí)刻兩棒靜止，兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運(yùn)動(dòng)直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)。下列說法正確的是(AC)A．彈簧伸展過程中、回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流B．PQ速率為v時(shí)，MN所受安培力大小為eq\f(4B2d2v,3R)C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，MN與PQ的路程之比為21D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，通過MN的電荷量為eq\f(BLd,3R)【解析】彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，選項(xiàng)A正確；任意時(shí)刻，設(shè)電流為I，則PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左；MN受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m，PQ速率為v時(shí)，則2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路的感應(yīng)電流I＝eq\f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq\f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小為FMN＝2BId＝eq\f(4B2d2v,R)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；兩棒最終停止時(shí)彈簧處于原長狀態(tài)，由動(dòng)量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得則最終MN位置向左移動(dòng)x1＝eq\f(2L,3)，PQ位置向右移動(dòng)x2＝eq\f(L,3)，因任意時(shí)刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同，設(shè)整個(gè)過程兩棒受的彈力的平均值為F彈，安培力平均值F安，則整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)能定理F彈x1－F安xMN＝0，F(xiàn)彈x2－F安xPQ＝0，可得eq\f(xMN,xPQ)＝eq\f(x1,x2)＝eq\f(2,1)，選項(xiàng)C正確；兩棒最后停止時(shí)，彈簧處于原長位置，此時(shí)兩棒間距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移動(dòng)eq\f(2L,3)，PQ位置向右移動(dòng)eq\f(L,3)，則q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,R總)＝eq\f(2B\f(2L,3)d＋B\f(L,3)2d,3R)＝eq\f(2BLd,3R)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AC。〔對點(diǎn)訓(xùn)練〕(多選)(2023·山東日照二模)如圖所示，無限長的“U”金屬導(dǎo)軌ABCD和金屬導(dǎo)軌EF、GH平行放置在同一水平面內(nèi)，AB與EF、EF與GH、GH與CD之間的距離均為L，AB和EF之間的區(qū)域、GH和CD之間的區(qū)域均有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0，EF和GH之間的區(qū)域有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0。現(xiàn)有三根長度均為L的金屬棒1、2、3垂直導(dǎo)軌放置，其中金屬棒2、3質(zhì)量均為m，電阻均為R，金屬棒1質(zhì)量為2m，電阻為2R。t＝0時(shí)刻，金屬棒2、3靜止，給金屬棒1一平行于導(dǎo)軌向右的速度v0，忽略所有的阻力和所有導(dǎo)軌的電阻。下列判斷正確的是(BC)A．t＝0時(shí)刻通過金屬棒2的電流大小為eq\f(B0Lv0,4R)B．當(dāng)金屬棒1、2、3穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)，金屬棒1的速度大小為eq\f(v0,2)C．當(dāng)金屬棒1、2、3穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)，金屬棒2的速度大小為eq\f(v0,2)D．從t＝0時(shí)刻到穩(wěn)定運(yùn)行的過程中，金屬棒3產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(mv\o\al(2,0),4)【解析】r＝0時(shí)刻金屬棒1產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E0＝2B0Lv0，r＝0時(shí)刻通過金屬棒2的電流大小為I0＝eq\f(E0,4R)＝eq\f(B0Lv0,2R)，故A錯(cuò)誤；金屬棒1、2、3穩(wěn)組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)金屬棒1、2、3穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)，最終三根導(dǎo)體棒的速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒有2mv0＝(2m＋m＋m)v1，當(dāng)金屬棒1、2、3穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)，金屬棒1和金屬棒2的速度大小為v1＝eq\f(v0,2)，故B、C正確；從t＝0時(shí)刻到穩(wěn)定運(yùn)行的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)4meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4