选择性必修 第二册 第4单元 专题强化7 动量观点在电磁感应中的应用（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考物理总复习下册·第1轮（浙江专用）

高考总复习 物理 选择性必修　第二册 专题强化7　动量观点在电磁感应中的应用 第四单元　电磁感应 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 CD　 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 BD 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 BCD 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 请完成：课时提升训练（20） 温馨提示 谢谢观看！ 目标 定位 1.会利用动量定理分析导体棒、线框在磁场中的运动。2.会利用动量守恒定律分析双金属棒在磁场中的运动问题。 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＝vΔt＝。 考向1 动量定理在单棒切割中应用 [典例1] (多选)(2024·湖南卷)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一个阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩 擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加 速度为g，下列说法正确的是(　　) A．金属杆经过BB1的速度为 B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为mv02－μmgd C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍 解析：设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有E＝BLv，I＝，金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有－BILΔt＝mΔv，则－Δt＝mΔv，由于d＝∑vtΔt，则上面方程左右两边累计求和，可得－＝mvB－mv0，则vB＝v0－，设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，同理可得， 金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有－－μmgt0＝－mvB，解得vB＝＋μgt0，综上有vB＝＋>，则金属杆经过BB1的速度大于，A错误；在整个过程中，根据能量守恒有mv02＝μmgd＋Q，则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为QR＝Q＝mv02－ μmgd，B错误；金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安 培力的冲量为－∑BILΔt＝－∑vtΔt＝，金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d，金属杆所受安培力的冲量相同，C正确；根据A可得，金属杆以初速度v0在磁场中运动有－－μmgt0＝－mv0，金属杆的初速度加倍，则金属杆通过AA1B1B区域时中有－＝mvB′－2mv0，则金属杆通过BB1时速度为vB′＝2v0－， 设金属杆通过BB1C1C区域的时间为t1，则－－μmgt1＝0－2mv0，且－－μmgt0＝0－mv0，则x＝(2mv0－μmgt1)＝×2d，由于t1<t0，则x>4d，可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，D正确。 考向2 动量定理在双棒切割中应用 [典例2] (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。 (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。 答案：(1)　(2)2gsin θ　(3)gsin θ·t0＋　 解析：(1)a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0 由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝，F＝BIL a棒受力平衡可得mgsin θ＝BIL，联立解得v0＝。 (2)由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒受沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则对b棒由牛顿第二定律可得mgsin θ＋BIL＝ma0，解得a0＝2gsin θ。 (3)释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在达到共速时对a棒由动量定理得mgsin θ·t0－BLt0＝mv－mv0 b棒受到向下的安培力，对b棒由动量定理得mgsin θ·t0＋BLt0＝mv，联立解得v＝gsin θ·t0＋＝gsin θ·t0＋ 此过程流过b棒的电荷量为q，则有q＝t0 由法拉第电磁感应定律可得＝＝ 联立可得Δx＝＝。 1．问题情境 在相互平行的水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒。 2．解题思路 解决上述问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒。解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒定律(动量定理)和功能关系求解。 考向1 动量守恒定律的应用 [典例3] 如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上横放着两根导体棒ab和cd。设两根导体棒的质量皆为m、电阻皆为R，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。开始时ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v0和2v0，求： (1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热； (2)当ab棒向右运动，速度大小变为时，回路中消耗的电功率。 答案：(1)mv02　(2) 解析：(1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2mv0－mv0＝2mv，解得v＝ 由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为 Q＝mv02＋m(2v0)2－(2m)v2＝mv02。 (2)当ab棒向右运动，速度大小变为时，设cd棒的速度是v2，根据动量守恒得2mv0－mv0＝mv2＋m，解得v2＝ 此时回路中的总电动势E＝BL(－)＝BLv0 则消耗的电功率为P＝＝。 考向2 动量定理与动量守恒定律的综合应用 [典例4] (2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一个光滑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。一根质量为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，碰撞时间很短。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： (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； (2)金属体P在导轨上运动过程中产生的热量； (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 答案：(1)v0　(2)mv02　(3) 解析：(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，×3mv02＝×3mvQ2＋mvP2，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)根据能量守恒有mvP2＝mvP′2＋Q，解得Q＝mv02。 (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＝＝。 1．(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一个正方形线框由位置 Ⅰ 以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置 Ⅱ，当运动到位置 Ⅲ 时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置 Ⅱ 时的速度为v。则下列说法正确的是(　　) A．q1＝q2 B．q1＝2q2 C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s 2．(多选)如图所示，两根电阻不计、相互平行、足够长的光滑金属导轨固定于绝缘水平桌面上，导轨所在区域存在垂直桌面竖直向下的匀强磁场，两根质量分别为m、2m且电阻相同的金属棒a、b分别置于导轨的左、右两侧，已知金属棒a、b的长度略大于导轨间的距离，且始终与导轨接触良好并垂直于导轨。现给金属棒a一个向左的初速度v0，经过足够长时间后。下列说法正确的是(　 　) A．金属棒a静止 B．金属棒b做匀速直线运动 C．金属棒均做匀速直线运动，速度之比为1∶1 D．金属棒a产生的热量为 3．(2025·杭州检测)如图所示，电阻均可忽略、固定的光滑金属导轨间距为d，导轨在M、N处平滑连接，MN右端导轨倾角为θ，上端连接有一电动势为E、内阻不计的电源，斜面下段存在一宽度为l、磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上的匀强磁场区域，水平导轨左侧连接一电容为C的电容器，导轨上e与f点绝缘，在ef左侧存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现在闭合开关K1，断开开关K2，并将质量为m、电阻为R的导体棒ab从磁场上边缘由静止释放，在出磁场前已经开始匀速，在出磁场瞬间闭合开关K2，随后导体棒ab进入水 平轨道并与质量为2m、电阻为R的静止导体棒cc′发生弹性碰撞，导体棒cc′初始与ef、MN的距离均为d，重力加速度为g。 (1)求导体棒ab匀速下滑的速度v大小； (2)若已知下滑过程通过导体棒ab的电荷量为q，求导体棒ab从释放到导体棒cc′进入ef左侧磁场前ab棒上产生的焦耳热Q； (3)若使导体棒ab与棒cc′碰后粘为一体，求棒整体进入ef左侧足够长导轨后最终电容器的带电荷量qC。 答案：(1)－　(2)Eq＋mglsin θ－m(－)2＋　 (3)(－) 解析：(1)根据平衡条件得mgsin θ＝BdI，又I＝ 联立解得v＝－。 (2)根据能量守恒定律得 Eq＋mglsin θ＝mv2＋Q1 根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv＝mv1＋2mv2，mv2＝mv12＋×2mv22，又Q2＝·(＋) 且Q＝Q1＋Q2，联立可得Q＝Eq＋mglsin θ－m(－)2＋。 (3)根据动量守恒定律得mv＝3mv3 又U＝Bdv4，qC＝CU，BdqC＝3m(v3－v4) 解得qC＝(－)。 $$