2020年高考物理专题精准突破
专题 电磁感应中的动量与能量综合问题
【专题诠释】
动量观点在电磁感应现象中的应用
(1)对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题；
(2)由B I L ·Δt ＝m ·Δv 、q ＝I ·Δt 可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题．
【高考领航】
【2019·天津卷】2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染 物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A 、B 之间的 匀强电场（初速度忽略不计），A 、B 间电压为U ，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒 定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m ，电荷量为Ze ，其中Z 是正整数，e 是元 电荷。
（1）若引擎获得的推力为1F ，求单位时间内飘入A 、B 间的正离子数目N 为多少；
（2）加速正离子束所消耗的功率P 不同时，引擎获得的推力F 也不同，试推导
F P 的表达式； （3）为提高能量的转换效率，要使F P 尽量大，请提出增大F P
的三条建议。
【答案】（1）
N =
（2）F P = （3）用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速电压。 【解析】（1）设正离子经过电极B 时的速度为v ，根据动能定理，有
2102
ZeU mv =-① 设正离子束所受的电场力为1F '，根据牛顿第三定律，有
11F F '=②
设引擎在t ?时间内飘入电极间的正离子个数为N ?，由牛顿第二定律，有
10v F Nm t
-'=??③ 联立①②③式，且N N t ?=
?得
N = （2）设正离子束所受的电场力为F '，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有
12
P F v '=⑤ 考虑到牛顿第三定律得到F F '=，联立①⑤式得
F P = （3）为使
F P 尽量大，分析⑥式得到 三条建议：用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速电压。
【2019·新课标全国Ⅲ卷】如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属 导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上。t =0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动。运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示。下列图像中可能正确的是 （ ）
【答案】AC
【解析】ab 棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动，；金属棒cd 受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC 正确，BD 错误。
【方法技巧】
两金属杆在平直的光滑导轨上运动，只受到安培力作用，这类问题可以从以下三个观点来分析：
(1)力学观点：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；
(2)能量观点：其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和；
(3)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒．
【最新考向解码】
例1.(2019·广东佛山普通高中教学质量检测)如图所示，两根互相平行的金属导轨MN 、PQ 水平放置，相距d ＝1 m 、且足够长、不计电阻。AC 、BD 区域光滑，其他区域粗糙且动摩擦因数μ＝0.2，并在AB 的左侧和CD 的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度均为B ＝2 T 。在导轨中央放置着两根质量均为m ＝1 kg 、电阻均为R ＝2 Ω的金属棒a 、b ，用一锁定装置将一弹簧压缩在金属棒a 、b 之间(弹簧与a 、b 不栓连)，此时弹簧具有的弹性势能E ＝9 J 。现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a 、b 棒刚好进入磁场，且b 棒向右运动x ＝0.8 m 后停止，g 取10 m/s 2，求：
(1)a 、b 棒刚进入磁场时的速度大小；
(2)金属棒b 刚进入磁场时的加速度大小；
(3)整个运动过程中电路中产生的焦耳热。
【答案】 (1)3 m/s 3 m/s (2)8 m/s 2 (3)5.8 J
【解析】 (1)设a 、b 棒刚进入磁场时的速度大小分别为v a 、v b ，对a 、b 组成的系统，
由动量守恒定律得：0＝mv a －mv b ，
由能量守恒定律得：E p ＝12mv 2a ＋12
mv 2b ， 解得v a ＝v b ＝3 m/s 。
(2)当a 、b 棒刚进入磁场时，两棒均切割磁感线，产生的感应电动势串联，则有：E a ＝E b ＝Bdv a ＝6 V ，
回路中感应电流I ＝2E a 2R
＝3 A ， 对b 受力分析，由牛顿第二定律得：BId ＋μmg ＝ma b ，
解得a b ＝8 m/s 2。
(3)将弹簧和金属棒a 、b 看做一个系统，分析可知，a 、b 棒所受力时刻大小相等、方向相反，故系统动量守恒，由动量守恒定律可知，a 、b 棒的速率时刻相同，即两者移动相同距离后停止，则在整个运动过程中，对系统，由能量守恒可得：E p ＝2μmgx ＋Q ，解得Q ＝5.8 J 。
例2.两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d ＝1 m ，在左端弧形轨道部分高h ＝1.25 m 处放置一金属杆a ，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、 b 的电阻分别为R a ＝2 Ω、R b ＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝2 T ．现杆 b 以初速度大小v 0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过 杆b 的平均电流为0.3 A ；从a 下滑到水平轨道时开始计时，a 、b 运动的速度—时间图象如图乙所示(以a 运动方向为正方向)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，求：
(1)杆a 在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热．
【答案】 (1)5 s (2)73 C (3)1156
J 【解析】 (1)设杆a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为v b 0，对杆b 运用动量定量，有Bd I ·Δt ＝m b (v 0－v b 0)
其中v b 0＝2 m/s
代入数据解得Δt ＝ 5 s.
(2)对杆a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有m a gh ＝12m a v 2a
解得v a ＝2gh ＝5 m/s
设最后a 、b 两杆共同的速度为v ′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b 0＝(m a ＋m b )v ′
代入数据解得v ′＝83
m/s 杆a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从v a 到v ′的运动时间为Δt ′，则由动量定理可得BdI ·Δt ′＝m a (v a －v ′)
而q ＝I ·Δt ′
代入数据得q ＝73
C. (3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的焦耳热为
Q ＝m a gh ＋12m b v 20－12(m b ＋m a )v ′2＝1616
J b 棒中产生的焦耳热为Q ′＝
52＋5
Q ＝1156 J. 【微专题精练】
1.(2019·江西名校联盟质检)如图所示，水平面上固定着两根相距L 且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导 轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，铜棒a 、b 的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R 、 质量均为m ，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好．现给铜棒a 一个平行导轨向右的瞬时冲量I ，关 于此后的过程，下列说法正确的是 ( )
A ．回路中的最大电流为BLI mR
B ．铜棒b 的最大加速度为B 2L 2I 2m 2R
C ．铜棒b 获得的最大速度为I m
D ．回路中产生的总焦耳热为I 22m
【答案】：B
【解析】：给铜棒a 一个平行导轨的瞬时冲量I ，此时铜棒a 的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中
电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I ＝mv 0，v 0＝I m
，铜棒a 电动势E ＝BLv 0，回路电流I 0＝E 2R ＝BLI 2mR ，选项A 错误；此时铜棒b 受到安培力F ＝BI 0L ，其加速度a ＝F m ＝IB 2L 22Rm 2
，选项B 正确；此后铜棒a 做变减速运动，铜棒b 做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b 速度最大，据动量守恒，mv 0
＝2mv ，铜棒b 最大速度v ＝I 2m ，选项C 错误；回路中产生的焦耳热Q ＝12mv 20－12·2mv 2＝I 24m
，选项D 错误． 2.(2019·湖南雅礼中学一模)一个边长为L 的正方形导线框在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始沿斜面下滑， 随后进入虚线下方垂直于斜面向上的匀强磁场中．如图所示，斜面以及虚线下方的磁场往下方延伸到足够 远．下列说法正确的是 ( )
A ．线框进入磁场的过程，b 点的电势比a 点高
B ．线框进入磁场的过程一定是减速运动
C ．线框中产生的焦耳热小于线框减少的机械能
D ．线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量相等
【答案】：D
【解析】：线框进入磁场的过程，ab 边相当于电源，由右手定则知a 点电势高于b 点电势，选项A 错误；线框进入磁场的过程中可以减速、加速或匀速，选项B 错误；由能量守恒知线框中产生的焦耳热等于线框
减少的机械能，选项C 错误；通过线框横截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝BL 2R ·Δt ·Δt ＝BL 2R
，与下落高度无关，选项D 正确．
3.(2019·山东滨州高三上学期期末)如图所示，在竖直向上、磁感应强度为B ＝1 T 的匀强磁场中，两条足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l ＝1 m ，电阻不计，金属棒AB 、CD 水平放在两导轨上，相隔为L ＝0.2 m ，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB 棒质量为m 1＝0.2 kg ，CD 棒质量为m 2＝0.4 kg ，两金属棒接入电路的总电阻R ＝0.5 Ω，若CD 棒以v 0＝3 m/s 的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是( )
A ．A
B 棒的最终速度大小为1 m/s B ．该过程中电路产生的热量为0.6 J
C ．该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4 C
D ．两金属棒间的最大距离为0.3 m
【答案】 BC
【解析】 开始时CD 棒做减速运动、AB 棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，解得v ＝2 m/s ，A 错误；对两棒
组成的系统，由能量守恒定律得：12m 2v 20＝Q ＋12
(m 1＋m 2)v 2，解得Q ＝0.6 J ，B 正确；对AB 棒，由动量定理得：∑Bilt ＝m 1v ，而∑it ＝q ，则：Blq ＝m 1v ，解得q ＝0.4 C ，C 正确；通过金属棒横截面的电荷量：q ＝I Δt
＝E R Δt ＝ΔΦ
Δt R Δt ＝ΔΦR ＝Bld R ，两金属棒间的最大距离：D ＝d ＋L ＝qR Bl ＋L ＝0.4×0.51×1
m ＋0.2 m ＝0.4 m ，D 错误。 4.(2018·广东省佛山市质检一)如图，水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L ，左端连接的电源电动势为E ，内阻为r ，质量为m 的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R .整个装置处在磁感应强度大小为B
、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动
直至达到最大速度，则下列说法正确的是( )
A.金属杆的最大速度大小为E BL
B.此过程中通过金属杆的电荷量为mE 2B 2L 2
C.此过程中电源提供的电能为mE 2B 2L 2
D.此过程中金属杆产生的热量为mE 22B 2L 2 【答案】 AC
【解析】 闭合开关，金属杆做加速运动，产生感应电动势，感应电动势与电源电动势相等时，电流为零，
金属杆开始做匀速运动.电动势为E ＝BLv ，v ＝E BL ，故A 正确；由动量定理BILt ＝BLq ＝mv －0，得q ＝mE B 2L 2，故B 错误；由能量守恒可知电源提供的电能E 电＝qE ＝mE 2
B 2L 2，故
C 正确；此过程中电能转化为金属杆的动能、R 及r 产生的热量之和，由于E k ＝12mv 2＝12m E 2B 2L 2，金属杆产生的热量为Q R ＝(E 电－E k )R R ＋r ＝RmE 22(R ＋r )B 2L 2
，故D 错误.
5.(2019·山西晋中一模)如图所示，两根质量均为m ＝2 kg 的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两 部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正 比，不计导轨电阻，现用250 N 的水平拉力F 向右拉CD 棒，在CD 棒运动0.5 m 的过程中，CD 棒上产生 的焦耳热为30 J ，此时AB 棒和CD 棒的速度分别为v A 和v C ，且v A ∶v C ＝1∶2，立即撤去拉力F ，设导轨足 够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：
(1)在CD 棒运动0.5 m 的过程中，AB 棒上产生的焦耳热；
(2)撤去拉力F 瞬间，两棒的速度v A 和v C 的大小；
(3)撤去拉力F 后，两棒最终做匀速运动时的速度v A ′和v C ′的大小．
【答案】 (1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s
【解析】 (1)设两棒的长度分别为L 和2L ，电阻分别为R 和2R ，由于电路在任何时候电流均相等，根据焦耳定律Q ＝I 2Rt
可得Q AB ＝12
Q CD ＝15 J. (2)根据能量守恒定律有
Fs ＝12mv 2A ＋12
mv 2C ＋Q AB ＋Q CD 又v A ∶v C ＝1∶2
解得v A ＝4 m/s ，v C ＝8 m/s.
(3)撤去拉力F 后，AB 棒继续向左做加速运动，而CD 棒开始向右做减速运动，两棒最终做匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足BLv A ′＝B ·2Lv C ′ 即v A ′＝2v C ′
设AB 棒和CD 棒受到的安培力大小分别为F A 和F C ，对两棒分别应用动量定理有
F A t ＝mv A ′－mv A ，－F C t ＝mv C ′－mv C
因为F C ＝2F A
解得v A ′－v A v C ′－v C
＝－12 联立以上各式解得v A ′＝6.4 m/s ，v C ′＝3.2 m/s.
6.(2018·山东省青岛市模拟)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离l ＝0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为l 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m/s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：
(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0；
(2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1；
(3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W .
【答案】 (1)30 m/s 2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J
【解析】 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有
E ＝Blv 0
I ＝E R 1＋R 2
BIl ＝m 2a 0
解得：a 0＝30 m/s 2
(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量守恒，有
m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2
12m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12
m 2v P 2 m 2g ＝m 2v 2P r
解得：v 1＝7.5 m/s
(3)由动能定理得－W ＝12m 1v 12－12
m 1v 02 解得：W ＝4.375 J.
7.(2019·山东省淄博市质检)如图所示，一个质量为m 、电阻不计、足够长的光滑U 形金属框架MNQP ，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN 和PQ 相距为L .空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .另有质量也为m 的金属棒CD ，垂直于MN 放置在导轨上，并用一根与CD 棒垂直的绝缘细线系在定点A .已知细线能承受的最大拉力为F T0，CD 棒接入导轨间的有效电阻为R .现从t ＝0时刻开始对U 形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a 的匀加速直线运动.
(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t 0及细线断裂时框架的瞬时速度v 0大小；
(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q .
【答案】 (1)F T0R B 2L 2a F T0R B 2L 2 (2)mF T02R 2
4B 4L 4
【解析】 (1)细线断裂时，
对棒有F T0＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝E R
，E ＝BLv 0，v 0＝at 0 联立解得t 0＝F T0R B 2L 2a
细线断裂时框架的速度v 0＝F T0R B 2L 2
(2)在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运动，设二者最终速度大小均为v ，设向右为正方向，由系统动量守恒可得mv 0＝2mv
得v ＝v 02＝F T0R 2B 2L 2 撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q ＝12mv 02－12
×2mv 2 联立得Q ＝mF T02R 2
4B 4L 4
. 8.(2019·安徽合肥二模)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L ，导轨上 放置两根导体棒a 和b ，俯视图如图甲所示．两根导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电 阻不计，在整个导体平面内，有磁感应强度大小为B 的竖直向上的匀强磁场．导体棒与导轨始终垂直接触 良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x 0，现给导体棒a 一水平向右的初速度v 0， 并开始计时，可得到如图乙所示的Δv -t 图象(Δv 表示两棒的相对速度，即Δv ＝v a －v b )
(1)试证明：在0～t 2时间内，回路产生的焦耳热Q 与磁感应强度B 无关．
(2)求t 1时刻棒b 的加速度大小．
(3)求t 2时刻两棒之间的距离．
【答案】 (1)见解析 (2)B 2L 2v 04mR (3)x 0＋mv 0R B 2L 2 【解析】 (1)t 2时刻开始，两棒速度相等，由动量守恒定律有2mv ＝mv 0
由能量守恒定律有Q ＝12mv 20－12
(2m )v 2 解得Q ＝14mv 20
所以在0～t 2时间内，回路产生的焦耳热Q 与磁感应强度B 无关．
(2)t 1时刻有v a －v b ＝v 02
回路中的电流I ＝E 2R ＝BLv a －BLv b 2R
此时棒b 所受的安培力F ＝BIL
由牛顿第二定律得棒b 的加速度大小
a 1＝F m ＝B 2L 2v 04mR
.
(3)t 2时刻，两棒速度相同，均为v ＝v 02
0～t 2时间内，对棒b ，由动量定理有 B I L ·Δt ＝mv －0
根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt
根据闭合电路欧姆定律有I ＝E
2R
而ΔΦ＝B ΔS ＝BL (x －x 0) 解得t 2时刻两棒之间的距离x ＝x 0＋mv 0R B 2L 2.