第2章 专题强化7 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（粤教版）

专题强化7　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。　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。 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 在导体单棒切割磁感线做非匀变速运动时,若牛顿运动定律、能量观点不能解决问题,可运用动量定理求解。 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变速直线运动时,安培力的冲量为 I安=BLΔt=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=BLs。 如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力,则I安=mv2-mv1。 [例1]　(多选)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、磁感应强度大小为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杆停止在导轨上。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]　BD 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杆做加速度减小的减速运动直到静止,故A错误;当ab杆的速度为时, 安培力大小为FA'=,所以加速度大小为a'==,故B正确;对ab杆,由动量定理得-BL·Δt=m-mv0,即BLq=mv0,解得q=,所以 通过定值电阻的电荷量为,故C错误;由q==, 解得ab杆通过的位移s==,故D正确。 [针对训练]　1.(2024·揭阳高二期末)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) (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时,金属杆做匀速运动,则有mg=BIL 解得I==0.3 A。 (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E=BLv=IR+Ir,解得v=0.9 m/s。 (3)在金属杆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 又由q=t,代入数据解得t=0.2 s。 二 类型2　动量守恒定律在电磁感应中的应用 14 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:如果光滑导轨间距恒定,则两个金属棒所受的安培力大小相等,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,光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=3 T。两导轨间距为L=0.5 m,导轨足够长。金属棒a和b的质量分别为ma=1 kg、mb=0.5 kg,电阻分别为Ra=1 Ω、Rb= 2 Ω。b棒静止于导轨水平部分,现使a棒从h=1.8 m高处自静止沿弧形导轨下滑,通过C点进入导轨的水平部分,已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,两棒始终不相碰。g取10 m/s2。求: (1)a棒刚进入磁场时,b棒的加速度; [答案]　(1)9 m/s2,方向向右　 (1)a棒沿弧形导轨下滑h过程,根据机械能守恒定律有magh=mav2 a棒进入磁场瞬间感应电动势E=BLv 根据闭合电路欧姆定律I= 对b棒F安=ILB 根据牛顿第二定律有F安=mba 解得a=9 m/s2 由左手定则知,b棒加速度的方向向右。 (2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中,流过a棒的电荷量; [答案]　(2) C　 (2)对a、b,由动量守恒定律得 mav=(ma+mb)v共 解得v共=4 m/s 对b棒,应用动量定理有LBt=mbv共 即BLq=mbv共 解得q= C,故流过a棒的电荷量为 C。 (3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中,a棒中产生的焦耳热。 [答案]　(3)2 J (3)a、b棒在水平面内运动过程,由能量守恒定律得 mav2-(ma+mb)=Q Qa=Q 联立解得Qa=2 J。 归纳总结 电磁感应中不同物理量的求解策略 求加速度:动力学观点。 求焦耳热:能量观点。 系统的初、末速度关系:动量守恒定律。 求电荷量、位移或时间:运用动量定理分析。 [针对训练]　2.(多选)(2024·佛山第四中学高二校考)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棒最后以相同速度做匀速运动,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。 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 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据楞次定律可知,进入磁场过程中,线圈中的感应电流 方向为顺时针,离开磁场时,线圈中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 2 3 4 5 6 7 8 9 1 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.(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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 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 答案:BCD 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 杆进入磁场之前的加速度大小为a=,则刚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Δt=mv,即BdΔt=mv,又Δt=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。 3.(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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 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 答案:AC 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 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,通过MN 的电荷量为q=·Δt,联立解得q=4 C,C正确; 2 3 4 5 6 7 8 9 1 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。 4.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垂直磁场边界穿过磁场后,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 2 3 4 5 6 7 8 9 1 设线圈完全进入磁场中时的速度为v' 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 -BL·Δt2=mv-mv' 由q=,进出磁场时磁通量变化数值相同 得q1=·Δt1=·Δt2=q2 联立各式得v'-v0=v-v' 所以v'=,故B正确。 5.如图所示,空间存在一竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B,水平面内有两根固定的足够长的光滑平行金属导轨,导轨间距为L。在导轨上面平放着两根平行的导体棒ab和cd,质量分别是2m和m,电阻分别是R和2R,其余部分电阻可忽略不计。初始时刻cd棒静止,给ab棒一个向右的初速度v0,求从开始运动到最终稳定,电路中产生多少电能? 答案:m 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 设两棒稳定时共同的末速度为v,由动量守恒定律得2mv0=(2m+m)v 由能量守恒定律得 ×2m=(2m+m)v2+E 联立解得E=m。 [B组　综合强化练] 6.(2024·广州华南师大附中高二校考期末)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,导轨电阻不计,其间距为L=1 m。左端通过导线连接一个R=1.5 Ω的定值电阻,整个导轨处在磁感应强度大小B=0.4 T,方向竖直向下的匀强磁场中,质量m=0.2 kg、电阻r=0.5 Ω、长度为1 m的匀质金属杆垂直导轨放置,且与导轨接触良好。在杆的中点施加一个垂直杆的水平拉力F,使杆由静止开始运动,拉力F的功率P=2 W保持不变,当杆的速度v=5 m/s时撤去拉力F。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)杆的速度为4 m/s时,杆的加速度的大小; 答案:(1)加速阶段为0.9 m/s2,减速阶段为1.6 m/s2　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)杆运动产生感应电动势E=BLv1 电路中感应电流I= 代入数据可得I=0.8 A 杆所受安培力FA=BIL 代入数据可得FA=0.32 N 杆加速阶段速度v1为4 m/s时,拉力F= 2 3 4 5 6 7 8 9 1 代入数据可得F=0.5 N 根据牛顿第二定律F-FA=ma1 代入数据可得a1=0.9 m/s2 杆减速阶段速度为4 m/s时,根据牛顿第二定律 FA=ma2 代入数据可得a2=1.6 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)从撤去拉力F到杆停下整个过程中,杆上产生的热量Q1; 答案: (2)0.625 J　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)从撤去拉力F到杆停下的整个过程中,杆的动能转化为电路中产生的总热量 所以总热量Q=mv2 代入数据可得Q=2.5 J 杆上产生的热量Q1=Q 代入数据可得Q1=0.625 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)从撤去拉力F到杆停下整个过程中,杆滑动的位移大小s。 答案: (3)12.5 m 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程,杆只受安培力做变减速直线运动,取向右为正方向,由动量定理得-BL·Δt=0-mv 又q=·Δt=Δt= 联立解得s=12.5 m。 7.(2024·广州执信中学高二月考)如图所示,两根平行的光滑金属导轨放在水平面上,导轨间距为L=0.4 m,弯曲部分是半径为R=0.45 m的四分之一圆弧且与水平导轨相连,水平导轨足够长且处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小B=1.0 T。导轨上端通过开关S连接电容器,其电容C=2.5 F,在水平导轨上距磁场左边界AA'较远处垂直导轨放置一个质量为mb=0.1 kg、有效电阻为Rb=0.2 Ω的金属棒b。断开开关S,将质量为ma=0.2 kg、有效电阻为Ra=0.1 Ω的金属棒a从圆弧顶端由静止释放,两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,最终两棒均做匀速运动。已知运动中两金属棒不相撞,整个导轨电阻不计,g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)求金属棒a刚到达圆弧底端AA'时,受到导轨的支持力大小; 答案:(1)6 N　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)金属棒a由静止到到达AA'的过程中,根据动能定理有 magR=ma 解得金属棒a刚进入磁场时的速度大小为 v0=3 m/s 金属棒a刚到达圆弧底端处,由牛顿第二定律有 FN-mag=ma 解得FN=6 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)求两金属棒匀速运动前,a棒上产生的焦耳热; 答案: (2)0.1 J　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)金属棒a刚进入磁场至两金属棒匀速运动前,金属棒a、b组成的系统动量守恒,有 mav0=(ma+mb)v 根据能量守恒有Q=ma-(ma+mb)v2 根据Qa=Q 解得a棒上产生的焦耳热为Qa=0.1 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)取走金属棒b,闭合开关S,使a棒仍从圆弧顶端由静止滑下,求a棒最终速度大小。 答案: (3)1 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)对金属棒a根据动量定理有 -BIL·Δt=maΔv 而q=CU=CBLva q=∑I·Δt ∑Δv=va-v0 解得va=1 m/s。 8.“歼-15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功,它的阻拦技术原理是,飞机着舰时利用阻拦索的作用力使它快速停止,随着电磁技术的日趋成熟,新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术,它的阻拦技术原理是飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止,为研究问题的方便,我们将其简化为如图所示的模型,在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中,两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L,电阻不计,轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻。一个长为L、质量为m、阻值为r的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好。质量为M的飞机以水平速度v0迅速钩住导体 棒ab,钩住之后关闭动力系统并立即获得共同的速度。 假如忽略摩擦等次要因素,飞机和金属棒系统仅在 安培力作用下很快停下来。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)飞机钩住金属棒后它们获得的共同速度v的大小; 答案:(1)v0　 (1)以飞机和金属棒为研究对象,根据动量守恒定律得Mv0=(M+m)v 解得它们共同速度的大小为v=v0。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)飞机在减速过程中获得的加速度a的最大值; 答案: (2) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)飞机钩住金属棒后它们以速度v开始在安培力的作用下做减速运动,所以当它们速度为v时安培力最大,此时由安培力产生的加速度也最大。 根据牛顿第二定律得BIL=(M+m)a 根据闭合电路欧姆定律得I= 联立以上两式解得a=。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)从飞机钩住金属棒到它们停下来的整个过程中运动的距离s。 答案: (3) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)以飞机和金属棒为研究对象,在很短的一段时间Δt内根据动量定理得 -BiL·Δt=(M+m)Δv 在某时刻根据闭合电路欧姆定律得i= 联立以上两式得-BL·Δt=(M+m)Δv 设飞机经时间t停下来,对上式在时间t内求和得 -·s=(M+m)(0-v) 解得s=。 [C组　培优选做练] 9.(2024·珠海第一中学高二月考)如图,足够长的光滑平行金属直导轨固定在水平面上,左侧轨道间距为2d,右侧轨道间距为d。轨道处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。质量为2m、有效电阻为2R的金属棒a静止在左侧轨道上,质量为m、有效电阻为R的金属棒b静止在右侧轨道上。现给金属棒a一水平向右的初速度v0,经过一段时间后两金属棒达到稳定状态。已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨接触良好,导轨电阻忽略不计,金属棒a始终在左侧轨道上运动,则下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A.整个运动过程中a、b两棒组成的系统动量守恒 B.达到稳定状态时,a、b两棒的速度之比为2∶1 C.金属棒b稳定时的速度大小为 D.整个运动过程中金属棒a产生的焦耳热为m 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 金属棒a、b长度不等,则所受安培力大小不等,即金属棒a、b组成的系统合外力不为0,故动量不守恒,A错误; 对金属棒a、b分别由动量定理可得-B×2d×t=2mva-2mv0,B×d×t=mvb,联立可得mv0-mva=mvb,两金属棒最后匀速运动,回路中电流为0,则有B·2d·va=B·d·vb,即vb=2va,则va=v0,vb=v0,达到稳定状态时,速度之比为1∶2,B、C错误; 由能量守恒知,回路产生的焦耳热为Q=×2m-×2m-m=m,则金属棒a产生的焦耳热为Qa=Q=Q=m,D正确。 $$