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（人教版）单选

专题强化8　电磁感应中的动量问题 第二章　电磁感应 [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(重点)。2.进一步掌握动量观点和能量观点的综合应用(难点)。 课时作业 巩固提升 类型1　动量定理的应用 类型2　动量守恒定律的应用 内容索引 类型1　动量定理的应用 一 4 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀速直线运动时，安培力的冲量为I安＝LBt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为q＝Δt＝Δt＝n·Δt＝n，磁通量变化量ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便。 [例1]　如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为L,导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻,导体杆ab质量为m、电阻也为R,并与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0,使杆向右运动,最终ab杆停在导轨上。下列说法正确的是(　　) A.ab杆将做匀减速运动直到静止 B.ab杆速度减为时,ab杆加速度大小为 C.ab杆速度减为时,通过定值电阻的电荷量为 D.ab杆速度减为时,ab杆通过的位移为 [答案]　B ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力,安培力大小为FA=,加速度大小为a==,由于速度减小,所以ab杆做加速度减小的变减速运动直到静止,故A错误;当ab杆的速度为时,加速度大小为a=,故B正确;对ab杆,由动量定理得-LBΔt=m-mv0,即BLq=mv0可得q=,即通过定值电阻的电荷量为,故C错误;由q==可得ab杆通过的位移x==,故D错误。 [针对训练]　 1.如图所示,长为d、质量为m的细金属杆ab,用长为L的细线悬挂后,恰好与水平光滑的平行金属导轨接触,平行金属导轨间距也为d,导轨平面处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。闭合开关S后,细金属杆ab向右摆起,悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g,则闭合开关的短时间内通过细金属杆ab的电荷量为(　　) A. B. C. D. C 金属杆ab离开导轨向右摆起的过程,由机械能守恒定律可知mv2=mgL(1-cos θ),金属杆在通电瞬间受到磁场作用的安培力,根据动量定理可得F安t=mv,则有Bd·t=mv,整理得Bqd=mv,联立解得q=,故A、B、D错误,C正确。 2.如图所示,间距为1 m的足够长平行导轨固定在水平面上,导轨左端接阻值为2 Ω的电阻。导轨之间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为1 T。一质量为1 kg的金属杆从左侧水平向右以2 m/s的速度进入磁场,在水平外力控制下做匀减速运动,1 s后速度刚好减为零。杆与导轨间的动摩擦因数为0.1,忽略杆与导轨的电阻,重力加速度g取10 m/s2。杆从进入磁场到静止过程中,下列说法正确的是(　　) A.通过电阻的电荷量为1 C B.整个过程中安培力做的功为-1 J C.整个过程中水平外力做的功为零 D.水平外力对金属杆的冲量大小为0.5 N·s D 金属杆在磁场中运动的位移为x=t=1 m,通过电阻的电荷量为q=t=t=t==0.5 C,A错误;根据动能定理得WF-W安-μmgx=0-mv2,因为水平外力做功无法确定,所以安培力做功也无法确定,B、C错误;根据动量定理得IF-LBt-μmgt=0-mv,结合q=t=0.5 C,解得IF=-0.5 N·s,D正确。 二 类型2　动量守恒定律的应用 13 如图所示，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，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以用以下三个观点来分析： (1)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：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒所受的安培力大小相等方向相反，通常情况下系统的动量守恒。 (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2]　如图所示,两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻),由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成,其水平部分加有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨水平部分静止放置一金属棒cd,质量为2m,电阻为2r。另一质量为m、电阻为r的金属棒ab,从圆弧部分M处由静止释放滑至N处进入水平部分,棒与导轨始终垂直且接触良好,圆弧部分MN半径为R,所对圆心角为60°,重力加速度为g。求: (1)ab棒在N处进入磁场区域时速度是多大?此时棒中电流是多少? [答案]　(1)　　 (1)ab棒由M下滑到N处的过程中机械能守恒,有 mgR(1-cos 60°)=mv2 解得v= 进入磁场区域瞬间,回路中产生的感应电流 I==。 (2)cd棒能达到的最大速度是多大? [答案]　(2)　 (2)ab棒在安培力作用下做减速运动,cd棒在安培力作用下做加速运动,当两棒达到相同速度v'时,电路中电流为零,安培力为零,cd棒达到最大速度。ab、cd两棒组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得 mv=(2m+m)v' 解得v'=。 (3)cd棒由静止到最大速度过程中,系统所能释放的热量是多少? [答案]　(3)mgR (3)由能量守恒定律知,系统释放的热量应等于系统机械能的减少量,故Q=mv2-×3mv'2 解得Q=mgR。 [针对训练]　3.如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,导轨上平行放置质量均为m的导体棒ab和cd,构成矩形回路。开始时,棒ab静止,棒cd有水平向右的初速度v0,则从开始到棒ab达到最大速度的过程中,回路中产生的焦耳热为(　　) A.m　　　　　 B.m C.m D.m B 导体棒ab和cd组成的系统动量守恒,ab达到最大速度时,两棒具有共同速度v,则有mv0=2mv,由能量守恒定律可得回路中产生的焦耳热为Q=m-2×mv2,联立解得Q=m,所以B正确,A、C、D错误。 4.如图所示,一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上,bc边长为L,不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上,导体棒的阻值为R、质量为m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0,在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触,则(　　) A.刚开始运动时产生的感应电流方向为M→b→c→N→M B.导体棒的最大速度为 C.通过导体棒的电荷量为 D.导体棒产生的焦耳热为m C 金属框开始获得向右的初速度v0,根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M,故A错误;以整体为研究对象,由于整体水平方向不受力,所以整体水平方向动量守恒,最后二者速度相等,取初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得2mv0=3mv,可得v=v0,故B错误;对导体棒根据动量定理可得BLΔt=mv-0,其中Δt=q,可得通过导体棒的电荷量为q=,故C正确;由能量守恒定律知导体棒产生的焦耳热 为Q=×2m-×3mv2=m,故D错误。 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,竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中,两根质量相同的导体棒a和b与导轨紧密接触且可自由滑动。先固定a,释放b,当b的速度达到10 m/s时,再释放a,经过1 s后,a的速度达到12 m/s,g取10 m/s2,则此时b的速度大小为(　　) A.10 m/s　　　　　　 B.12 m/s C.18 m/s D.8 m/s C 当b棒先向下运动时,在a棒和b棒以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流,于是a棒受到向下的安培力,b棒受到向上的安培力,且二者大小相等,释放a棒后,经过时间t,分别以a棒和b棒为研究对象,根据动量定理,则有(mg+F)t=mva,(mg-F)t=mvb-mv0,联立解得vb=18 m/s,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2.如图所示,在光滑的水平面上,有一竖直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内,现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后,速度为v(v<v0),那么线圈(　　) A.完全进入磁场中时的速度大于 B.完全进入磁场中时的速度等于 C.完全进入磁场中时的速度小于 D.以上情况均有可能 2 3 4 5 6 7 8 9 1 B 线圈进入磁场过程,由动量定理有 -BL·Δt1=mv'-mv0 线圈离开磁场过程,同理有 -BL·Δt2=mv-mv' 进出磁场时穿过线圈的磁通量变化数值相同, 由q=·Δt=·Δt=可知,进入和穿出磁场过程通过线框的电荷量相等,即 ·Δt1=·Δt2 联立各式得v'-v0=v-v' 所以v'=,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3.如图所示,两足够长、阻值不计、间距为L的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置,两导轨所在区域存在着竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场,质量均为m的导体棒ab、cd垂直放在金属导轨MN、PQ上,并与导轨保持良好接触,接入电路的导体棒长度均为L、阻值均为R。现给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量,使其获得水平向右的初速度v0,则关于ab、cd两棒此后的整个运动过程,下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A.ab、cd两导体棒组成的系统动量不守恒 B.ab、cd两导体棒最终都将停止运动 C.整个过程,ab棒上产生的焦耳热为m D.整个过程中,流过ab棒的电荷量为 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 1 ab、cd棒组成闭合回路,即电流相等,由左手定则可知,两棒所受安培力大小相等、方向相反,则ab、cd两导体棒组成的系统所受外力之和为0,系统动量守恒,故A错误;以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv,得v=,即ab、cd两导体棒最终以的速度共同运动,故B错误;由能量守恒定律有m=×2m×()2+Q,得Q=m,则ab棒上产生的焦耳热为Qab=Q=m,故C错误;对ab棒由 动量定理有-FAt=mv-mv0,即-BLt=-,又q=t, 得q=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 4.如图所示,两足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置,导轨间距为L,整个空间区域存在着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。两长度均为L、电阻均为R、质量均为m的金属导体棒a、b始终垂直于导轨,并与导轨保持良好接触,不计其他电阻。金属导体棒a、b中点间连接一处于原长状态的轻质绝缘弹簧。某时刻给导体棒b一瞬时冲量,使其获得水平向右的初速度v0,经过足够长的时间后,下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A.a、b两棒最终将以大小为的共同速度向右匀速运动 B.a、b两棒最终都向右运动,但速度大小将周期性交替增减而不会共速 C.a棒上产生的焦耳热最终为m D.a棒上产生的焦耳热最终为m 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据动量守恒定律有mv0=2mv共,可得v共=,所以经过足够长的时间后,a、b两棒最终都将以大小为的共同速度向右匀速运动,A、B错误;整个电路产生的焦耳热为Q=m-×2m=,Qa=·Q=,C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5.如图所示,两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上,相距为L,另外两根长度均为L、质量均为m、电阻均为R的相同导体棒垂直静置于导轨上,导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动,导轨间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B,某时刻使导体棒a获得大小为v0、水平向右的初速度,同时使导体棒b获得大小为2v0、水平向右的初速度。下列结论不正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A.该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv0 B.该时刻导体棒a的加速度为 C.当导体棒a的速度大小为时,导体棒b的速度大小也是 D.运动过程中通过导体棒a的电荷量的最大值qm= 答案:A 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反,故该时刻回路中产生的感应电动势E=BL·2v0-BLv0=BLv0,A错误;在该时刻,回路中的感应电流I==,导体棒a所受安培力大小F=ILB=ma,可得a=,B正确;由于两导体棒整体在水平方向动量守恒,当导体棒a的速度大小为时,根据动量守恒定律得m·2v0+mv0=m·+mv1,解得v1=,C正确;由以上解析知v共=,对a由动量定理有Δt=mv共-mv0,而=LB, 通过导体棒a的电荷量的最大值qm=Δt=,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 6.相距为L=0.5 m的竖直平行金属轨道,上端接有一阻值为R=2 Ω的电阻,导轨间存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B=2 T,一根质量为m=0.03 kg、长度也为L、电阻r=1 Ω的金属杆,从轨道的上端由静止开始下落,下落过程中始终与导轨接触良好并保持水平,经过一段时间后金属杆匀速运动。(不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)求金属杆匀速运动时通过的电流大小; 答案:(1)0.3 A　 (1)经分析可知,当金属杆所受重力等于安培力的时候,金属杆做匀速运动,则有mg=BIL 解得I==0.3 A。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)求金属杆最终匀速运动的速度大小; 答案: (2)0.9 m/s　 (2)根据BLv=I(R+r),可得v=0.9 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)在金属杆从开始下落至刚好匀速的过程中流过电阻的电荷量为q=0.033 C,求此过程经历的时间。 答案: (3)0.2 s (3)对金属杆,根据动量定理可得mgt-BL·t=mv-0 又q=t,代入数据解得t=0.2 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 [B组　综合强化练] 7.如图所示,光滑水平导轨置于磁场中,磁场的磁感应强度为B,左侧导轨间距为L,右侧导轨间距为2L,导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置,处于静止状态。ab的电阻为R,cd的电阻为2R,两棒始终在对应的导轨部分运动,两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计。现瞬间给cd一水平向右的初速度v0,则此后的运动过程中,下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A.导体棒ab和cd组成的系统动量守恒 B.两棒最终以相同的速度做匀速直线运动 C.ab棒最终的速度为v0 D.从cd获得初速度到二者稳定运动,此过程系统产生的焦耳热为m 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 1 cd获得速度后,电路中产生感应电流,根据左手定则得cd棒减速,ab棒加速,当BLvab=2BLvcd时,电路中磁通量不变,没有感应电流,最终两棒做匀速直线运动,分别对两棒运用动量定理得-2BLt=2mvcd-2mv0,BILt=mvab,两式合并得vcd+vab=v0,联立解得vab=v0,vcd=v0,故B错误,C正确;由m×v0+2m×v0=mv0≠2m×v0可知,导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒,故A错误;从cd获得初速度到二者稳定运动,此过程系统产生的焦耳热为Q=·2m-·m-·2m,解得Q=m,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 8.(2023·全国甲卷)如图,水平桌面上固定一光滑U形金属导轨,其平行部分的间距为l,导轨的最右端与桌子右边缘对齐,导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧,以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞,碰撞时间极短。碰撞一次后,P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时,两端与导轨接触良好,P与Q始终平行。不计空气阻力。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小; 答案:(1)v0　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞,根据动量守恒和机械能守恒可得 3mv0=3mvQ+mvP ×3m=×3m+m 联立解得vP=v0,vQ=v0 由题知,碰撞一次后,P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点,则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP'=vQ=v0。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量; 答案: (2)m　 (2)根据能量守恒定律有m=mvP'2+Q 解得Q=m。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)与P碰撞后,绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 答案: (3) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)P、Q碰撞后,对金属棒P分析,根据动量定理得 -BlΔt=mvP'-mvP 又q=Δt,=== 联立可得x= 由于Q为绝缘棒,无电流通过,做匀速直线运动,故Q运动的时间为t==。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 [C组　培优选做练] 9.(2023·湖南卷)如图,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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (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; 答案:(1)　 (1)棒a沿导轨向下运动,当mgsin θ=BIL时,棒a开始以速度v0匀速运动,此时有E0=BLv0,流过金属棒的电流I= 联立有mgsin θ=,解得v0=。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (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; 答案: (2)2gsin θ (2)棒b释放瞬间,由左手定则可知棒b受到的安培力方向沿导轨平面向下,根据牛顿第二定律有 mgsin θ+BIL=ma0 解得a0=2gsin θ。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (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。 答案: (3)gt0sin θ+　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)从棒b释放瞬间到两棒共速,对棒a根据动量定理有mgt0sin θ-IF=mv-mv0 ① 对棒b根据动量定理有mgt0sin θ+IF=mv ② 解得v=gt0sin θ+ t0时间内a、b棒与导轨构成的回路中产生的感应电动势的平均值 == = 联立解得IF=BLt0= 由①②式得2IF=mv0,解得Δx=。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 $$