第2章 专题强化8 电磁感应中的动量问题-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第二册同步导学案配套PPT课件（鲁科版）

专题强化8　电磁感应中的动量问题 第2章　电磁感应及其应用 [学习目标]　1.会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题(重难点)。　2.进一步掌握动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等基本规律(重难点)。 课时作业 巩固提升 类型1　动量定理在电磁感应中的应用 类型2　动量守恒定律在电磁感应中的应用 内容索引 类型1　动量定理在电磁感应中的应用 一 4 1.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+lBΔt=mv-mv0或I其他-lBΔt=mv-mv0; 若其他力的冲量和为零,则有lBΔt=mv-mv0或-lBΔt=mv-mv0。 2.求电荷量:q=Δt=。 3.求位移:由-Δt=mv-mv0有x=Δt=。 [例1]　如图所示,在光滑的水平面上宽度为L的区域内,有竖直向下的匀强磁场,现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动,穿过磁场后速度刚好减为0,那么当线圈完全进入磁场时,其速度大小(　　) A.大于　　　　　　　 B.等于 C.小于 D.以上均有可能 B 通过线圈横截面的电荷量:q=IΔt=·Δt=,由于线圈进入和穿出磁场过程,线圈磁通量的变化量大小相等,则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等,由动量定理得,线圈进入磁场过程:-Biat =mv-mv0,线圈离开磁场过程:-BIat=0-mv,由于q=It,则-Baq=mv-mv0, Baq=mv,解得v=,故B正确。 [例2]　水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨,间距为d,电阻不计,其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0沿导轨水平向右运动直到停下。不计一切摩擦,则下列说法正确的是(　　) A.导体棒运动过程中安培力先做正功再做负功 B.导体棒在导轨上运动的最大距离为 C.整个过程中,电阻R上产生的焦耳热为m D.整个过程中,导体棒的平均速度大于 B 导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力 作用,即安培力一直做负功,故A错误;由动量定理 可知-dB·Δt=0-mv0,其中·Δt=·Δt=,ΔΦ=Bds,可以解得s=,故B正确;导体棒也有电阻且与左端所接电阻的阻值相等,故电阻R上产生的焦耳热应该为m,故C错误;根据a==可知,导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动,故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度,即小于,故D错误。 二 类型2　动量守恒定律在电磁感应中的应用 10 在双金属棒切割磁感线的系统中,双金属棒和导轨构成闭合回路,如果两安培力等大反向,且它们受到的其他外力的合力为0,则满足动量守恒条件,运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析: (1)动力学观点:通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动,而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动,最终两金属棒以共同的速度匀速运动。 (2)动量观点:如果光滑且水平的导轨间距恒定,则两个金属棒的安培力大小相等,系统的动量守恒。 (3)能量观点:其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。 [例3]　(多选)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v0向右滑动。运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直且接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是(　　) AC 以两导体棒为研究对象,在导体棒运动过程中,两导 体棒所受的安培力大小相等,方向相反,且不受其他 水平外力作用,在水平方向两导体棒组成的系统动 量守恒,对系统有mv0=2mv,解得两导体棒运动的末速度为v=v0,棒ab做减速运动,棒cd做加速运动,它们的速度差逐渐减小,产生的感应电流也减小,安培力减小,加速度也减小,即棒ab做加速度减小的减速运动,棒cd做加速度减小的加速运动,稳定时两导体棒的加速度为零,一起向右做匀速运动,选项A正确,B错误;ab棒和cd棒最后做匀速运动,棒与导轨组成的回路磁通量不变化,不会产生感应电流,选项C正确,D错误。 [例4]　如图甲所示,间距L=2 m的两条光滑金属导轨水平平行放置,其电阻不计,导轨平面内有磁感应强度大小B=1 T、方向竖直向上的匀强磁场,质量相同、有效电阻均为R=5 Ω的金属棒MN、PQ垂直放置于导轨上,并与导轨接触良好。PQ棒被能承受最大拉力T=12 N的水平细线拉住,MN棒在与其垂直的水平拉力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动,水平拉力F与时间t的关系如图乙所示。 (1)求流过导体棒PQ的电流方向; [答案]　(1)由Q到P　 (1)根据右手定则,可以判断流过导体棒PQ的电流方向是由Q到P。 (2)求金属棒MN的质量和细线拉断前的加速度大小; [答案]　(2)0.4 kg　2.5 m/s2　 (2)MN棒在与其垂直的水平拉力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律F-F安=ma F安=BIL= 其中v=at,R总=2R,则有F-t=ma 根据题图乙拉力F与时间t关系的斜率和截距可知ma=1 N =1 N/s 解得a=2.5 m/s2,m=0.4 kg。 (3)求从刚开始拉MN棒到细线刚被拉断的时间; [答案]　(3)12 s (3)细线刚被拉断瞬间,PQ棒受力平衡 T=F安'= 代入数据得t=12 s。 (4)细线被拉断后立即撤去拉力F,求此后两棒中产生的焦耳热及它们共速时的速度大小。 [答案]　　(4)90 J　15 m/s (4)撤去外力时MN棒的速度v1=at=30 m/s 细线被拉断后立即撤去拉力F到它们共速,过程中两导体棒组成的系统动量守恒mv1=2mv2 共速时的速度v2=15 m/s 根据能量守恒定律,两棒中产生的焦耳热 Q=m-(2m)=90 J。 三 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 1 [A组　基础巩固练] 1.如图所示,在光滑绝缘水平面上,一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域,已知磁场区域宽度大于线圈宽度,则线圈进、出磁场的两个过程中(　　) A.感应电流的方向相同 B.受到的安培力相等 C.动能的变化量相等 D.速度的变化量相同 D 根据楞次定律可知,进入磁场过程中,线圈的感应电流 方向为顺时针,离开磁场时,线圈的感应电流方向为逆 时针,故A错误;设线圈内阻为R,根据闭合电路欧姆定律可得I=,根据法拉第电磁感应定律有E=BLv,则安培力为F=BIL=,由于线圈进入磁场时,产生感应电流,线圈部分动能转化为内能,则动能减小,线圈速度也减小,即进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度,因此,进入磁场时受到的安培 2 3 4 5 6 7 8 9 1 力大于离开磁场时受到的安培力,故B错误;根据动能定理可得W合=F安·s =ΔEk,由于进入和离开磁场的位移都相同,而进入磁场时的安培力大于离开磁场时的安培力,则进入磁场时的动能变化量大于离开磁场时的动能变化量,故C错误;根据动量定理可得Δp=F安·Δt=BL·Δt=BL·q,而q=·Δt=·Δt=,进入和离开磁场过程中ΔΦ相同,由此可知,进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同,则速度的变化量相同,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2.(多选)如图所示,电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置,间距为d,两侧接有电阻R1、R2,阻值均为R,O1O2右侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、长度也为d的金属杆置于O1O2左侧,在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动,经时间t到达O1O2时撤去恒力F,金属杆在到达NQ之前减速为零,已知金属杆电阻也为R,与导轨始终保持垂直且接触良好,下列说法正确的是(　 　) A.杆刚进入磁场时速度大小为 B.杆刚进入磁场时电阻R1两端的电势差大小为 C.整个过程中,流过金属杆的电荷量为 D.整个过程中,电阻R1上产生的焦耳热为 2 3 4 5 6 7 8 9 1 BCD 杆刚进入磁场之前的加速度大小为a=,则进入磁 场时速度大小为v=at=,故A错误;杆刚进入磁场时 产生的感应电动势为E=Bdv,则电阻R1两端的电势 差大小为UR1=×=E=Bdv=,故B正确;金属杆进入磁场后,由动量定理有t=mv,即Bdt=mv,又t=q,解得q==,故C正确;整个过程中,回路产生的总焦耳热为Q=mv2=,则电阻R1上产生的焦耳热为QR1=Q=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3.(多选)(2024·湖北恩施四校联考)如图,水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ,导轨间距为L,电阻不计,导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b,开始时金属棒b静止,金属棒a获得向右的初速度v0,从金属棒a开始运动到最终两棒以相同的速度匀速运动的过程中,两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,下列说法正确的是(　　 ) A.a做匀减速直线运动,b做匀加速直线运动 B.最终两金属棒匀速运动的速度为 C.金属棒a产生的焦耳热为 D.a和b距离增加量为 2 3 4 5 6 7 8 9 1 BD 金属棒a向右运动时,受向左的安培力,则a棒向右做 减速运动,随速度的减小,感应电流减小,安培力减小, a棒的加速度减小,则a做加速度减小的减速直线运 动,同理可得b棒做加速度减小的变加速直线运动,最终两棒达到共速的稳定状态,故A错误;当两棒共速时,由动量守恒定律可知mv0=2mv,解得v=,故B正确;两棒的焦耳热为Q=m-2×mv2=m,由于两棒的电阻等大,故a棒上产热为Q1==m,故C错误;设从开始运动到两金属棒最终达到稳定过程中,磁通量的变化量为ΔΦ,时间为Δt,平均电流为I,有E==BL,I=,对金属棒b列动量定理有ILB·Δt=mv-0,联立解得x=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 [B组　综合强化练] 4.(多选)如图所示,空间存在方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5 T。在匀强磁场区域内,有一对光滑平行金属导轨处于同一水平面内,导轨足够长,导轨间距L=1 m,电阻可忽略不计。质量均为m=1 kg、电阻均为R=2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上,且与导轨接触良好。现给MN一水平向右瞬时作用力F,使棒MN获得初速度v0=4 m/s,下列说法正确的是(　　) A.两棒最终速度都是2 m/s B.棒MN上产生的热量为4 J C.通过MN的电荷量为4 C D.从开始到稳定,回路MNPQ的面积增加了4 m2 2 3 4 5 6 7 8 9 1 AC 在安培力作用下,MN减速,PQ加速,两棒最终速度相等,回路电流为零,由动量守恒定律可得mv0=2mv1 解得两棒最终速度为v1=2 m/s,A正确;由能量守恒定律可得,回路产生的焦耳热为 Q=m-·2m· 两棒电阻相等,产生的焦耳热相等,故棒MN上产生的热量为Q1=Q 解得Q1=2 J,B错误;对棒MN,由动量定理可得 -BL·Δt=mv1-mv0 2 3 4 5 6 7 8 9 1 通过MN的电荷量为q=·Δt 联立解得q=4 C,C正确;整个过程回路产生的平均感应电动势为== 平均感应电流为= 通过MN的电荷量为q=Δt 联立可得q=,解得ΔS=40 m2,故从开始到稳定,回路MNPQ的面积增加了40 m2,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5.(多选)(2024·湖北宜昌期末)如图所示,水平金属导轨P、Q间距为L,M、N间距为2L,P与M相连,Q与N相连,金属棒a垂直于P、Q放置,金属棒b垂直于M、N放置,整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现给棒a一大小为v0的初速度,设导轨足够长,两棒质量均为m,在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中,两棒始终与导轨接触良好,不计一切摩擦,以下说法正确的是(　　) A.俯视时感应电流方向为顺时针 B.b的最大速度为0.4v0 C.回路中产生的焦耳热为0.1m D.通过回路中某一截面的电荷量为 2 3 4 5 6 7 8 9 1 BC a棒向右运动,回路面积减小,产生向上的感应磁场,根据安培定则,俯视时感应电流方向为逆时针,A错误;由题意可知,a棒减速,b棒加速,设a棒速度大小为0.8v0时,b棒速度为v,取水平向右为正方向,根据动量定理,对a棒有-BLΔt=m·0.8v0-mv0,对b棒有B·2LΔt=mv,联立解得v=0.4v0,即此过程中b的最大速度为0.4v0,B正确;根据能量守恒有Q=m-[m(0.8v0)2+m(0.4v0)2]=0.1m,C正确;对a棒,安培力的 冲量等于动量变化量,-BLΔt=m·0.8v0-mv0,又q=·Δt,得q=,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 6.如图所示,两根光滑的导轨平行放置,导轨的水平部分放在绝缘水平面上,水平部分所在空间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接。两根完全相同的金属棒ab和cd质量均为m、接入电路的电阻均为R,将cd置于导轨的水平部分与导轨垂直放置,将ab置于导轨的倾斜部分与导轨垂直放置,ab离水平面的高度为h,重力加速度为g,现将ab由静止释放,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)cd棒最终的速度大小; 答案:(1)　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)ab下落过程中,由机械能守恒定律得mgh=m,解得v1= ab进入水平面后ab和cd组成的系统动量守恒,mv1=2mv2,v2=。 (2)整个过程中产生的焦耳热Q。 答案: (2)mgh 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)由能量守恒定律得整个过程中产生的焦耳热 Q=m-×2m=mgh。 7.如图所示,两根足够长的平行光滑导轨与水平面成30°角,间距为L,处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上,质量分别为m和2m的导体棒ab和cd,与导轨接触良好,接入电路中的电阻均为R。某时刻两棒均由静止释放,释放的同时在ab棒上施加一沿导轨向上的拉力F的作用,拉力大小恒为1.5mg,当导体棒ab向上运动的距离为x时,两导体棒的速度恰好达到最大值,不计导轨的电阻,重力加速度为g。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)导体棒ab和cd的速度最大值之比; 答案:(1)2∶1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)ab、cd两金属棒组成的系统所受合力为零,故动量守恒,由动量守恒定律得mva=2mvc 解得va∶vc=2∶1。 (2)从静止释放到两导体棒的速度达到最大值的过程中,系统产生的焦耳热。 答案:　(2)1.5mgx- 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)两棒达最大速度时,因动量守恒可得ab棒速度始终是cd棒速度的二倍,因此ab棒位移始终是cd棒位移的二倍,E=BLva+BLvc,I= 对cd棒平衡条件得2mgsin θ=ILB 由能量守恒得Fx+2mg·=×2m+m(2vc)2+mgx+Q 解得Q=1.5mgx-。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 8.(2024·山东济南期末)两根光滑且足够长的固定平行金属导轨MN、PQ水平放置,导轨的间距为L,两根导体棒ab和cd垂直导轨放置且与导轨接触良好,如图所示。导体棒的质量均为m、有效电阻均为R,其余电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下。开始时,ab棒静止,给cd棒一水平向右的初速度v0,设两导体棒在此后的运动过程中始终不接触,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)整个运动过程中两导体棒最终产生的总焦耳热; 答案:(1)m　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)由于流过两棒的电流大小相等、方向相反,因此两棒所受到的安培力大小相等、方向相反,故两棒组成的系统所受合力为0,则动量守恒,最后两棒达到共速,则mv0=2mv 解得v=v0 由能量守恒定律可知,两棒最终产生的总焦耳热为Q=m-·2mv2 =m。 (2)若初始位置两棒距离为d,在两棒整个运动过程中,导体棒ab和cd的最大距离。 答案: (2)d+ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)当两棒共速后,两棒的距离达到最大,对导体棒ab分析,由动量定理得BLΔt=mv-0,q=Δt=Δt,设导体棒ab和cd在水平导轨间扫过的面积差为ΔS,则E== 联立解得ΔS=,故共速后两棒距离的增加量为Δd==,故导体棒ab和cd的最大距离为dmax=d+Δd=d+。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 [C组　培优选做练] 9.(2024·天津第四十二中期末)如图所示,平行光滑金属导轨PQ、MN分别由一段圆弧和水平部分组成,水平部分固定在绝缘水平面上,导轨间距为L,M、P间接有阻值为R的定值电阻,导轨水平部分在CD、EF间有垂直导轨平面向上的匀强磁场Ⅰ,磁感应强度大小为B,GH右侧有垂直导轨平面向下的匀强磁场Ⅱ,磁感应强度大小为2B,金属棒b垂直导轨放在导轨的EF、GH之间,金属棒a在圆弧导轨上离水平面高h处由静止释放,两金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好并与导轨垂直,两金属棒接入电路的电阻均为R,质量均为m,CD、EF间的距离为2h,重力加速度为g,金属棒a与b碰撞后粘在一起,最后金属棒a、b停在磁场Ⅱ区域内,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)金属棒a通过磁场Ⅰ的过程中,通过定值电阻的电荷量; 答案:(1)　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)金属棒a通过磁场Ⅰ的过程中,通过金属棒a的电荷量q=Δt 根据法拉第电磁感应定律E== 根据闭合电路欧姆定律有=,解得q= 则通过定值电阻的电荷量qR=q=。 (2)金属棒a离开磁场Ⅰ时的速度大小; 答案: (2)- 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)设金属棒a进入磁场Ⅰ时的速度大小为v1,根据机械能守恒定律有mgh=m 解得v1= 金属棒a通过磁场Ⅰ的过程中,根据动量定理有 -BIL·Δt=mv2-mv1 即-BLq=mv2-mv1 解得v2=-。 (3)从a棒开始运动到a、b两棒运动停止过程中,产生的焦耳热Q。 答案: (3)mgh-m(-)2 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)设金属棒a与b碰撞后的共同速度为v3,根据动量守恒定律有mv2=2mv3 则该碰撞过程损失的机械能为ΔE=m-·2m=m=m(-)2,由于最后金属棒a与b静止,根据能量守恒定律,可知从a棒开始运动到a、b两棒运动停止过程中,有mgh=Q+ΔE,解得Q=mgh-m(-)2。 $$