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（Word教参）-【百汇大课堂】2026年高考物理总复习下册·第1轮（浙江专用）

专题强化7　动量观点在电磁感应中的应用 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。 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 [对应学生用书P84] 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 CD　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＝＝。 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 [对应学生用书P85] 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 答案：BD 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 答案：BCD 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＝(－)。 学科网（北京）股份有限公司 $$