2025届高考物理二轮专题复习与测试模块四电磁感应和电路专题十二三大观点在电学中的应用.docVIP

专题十二三大观点在电学中的应用

[专题复习定位]

1．动量定理和动量守恒定律在电学中的应用。2.应用动量和能量观点解决电场和磁场问题。

3．应用动量和能量观点分析电磁感应问题。

命题点1应用动量定理分析电磁感应问题

1．(2023·湖南卷，T14)如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直于导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。

(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；

(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；

(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。

解析：(1)棒a匀速运动时，对棒a分析，由平衡条件有

mgsinθ＝BI1L

由法拉第电磁感应定律有E1＝BLv0

由欧姆定律有I1＝eq\f(E1,2R)，联立解得v0＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)。

(2)当棒a匀速运动时，释放棒b，分析可知，棒b受到沿导轨向下的安培力，则释放棒b的瞬间，对棒b，由牛顿第二定律有mgsinθ＋BI1L＝ma0

又BI1L＝mgsinθ

解得a0＝2gsinθ。

(3)释放棒b后，由于棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两棒所受安培力均减小，对棒a，由动量定理有

(mgsinθ－F)t0＝mv－mv0

对棒b，由动量定理有

(mgsinθ＋F)t0＝mv

结合(1)问结果联立解得

v＝gt0sinθ＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)

设棒a速度为vi时产生的感应电动势为Ea，则

Ea＝BLvi

同理设棒b速度为vj时产生的感应电动势为Eb，

则Eb＝BLvj

棒中电流为I＝eq\f(Ei－Ej,2R)＝eq\f(BL(vi－vj),2R)

两棒所受安培力的大小均为

F＝BIL＝eq\f(B2L2(vi－vj),2R)

对棒b，由动量定理有

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(mgsinθ＋\f(B2L2(vi－vj),2R)))Δt＝mΔv

对方程两侧求和，即

Σeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(mgsinθ＋\f(B2L2(vi－vj),2R)))Δt＝ΣmΔv

注意到ΣΔt＝t0，Σ(vi－vj)Δt＝Δx，ΣΔv＝v

解得Δx＝eq\f(2m2gR2sinθ,B4L4)。

答案：(1)eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)2gsinθ

(3)gt0sinθ＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)eq\f(2m2gR2sinθ,B4L4)

命题点2应用动量守恒定律分析电磁感应问题

2．(2024·湖北卷，T15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的eq\f(1,4)圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求：

(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；

(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；

(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。

解析：(1)对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)

解得v0＝eq\r(2gL)

则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E＝BLv0＝BLeq\r(2gL)。

(2)金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两段圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段轨道内圆弧的电阻R0＝eq\f(1,2)×eq\f(6R,3)＝R

R总＝R＋eq\f(R·R,R＋R)＝eq\f(3,2)R

ab刚越过MP时，通过ab的感应电