第2章 专题提升课9 电磁感应中的动量问题-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册教用课件(人教版)

专题提升课9　电磁感应中的动量问题 专题深度剖析 1 随堂巩固落实 2 内容 索引 专题深度剖析 PART 01 第一部分 微专题一　动量定理的应用 1．电荷量的求解 (1)恒定电流的电荷量可以用q＝It求解。 (2)变化的电流的电荷量则需用动量定理求解。 专题深度剖析 返回导航 专题深度剖析 返回导航 由此式可知，若知道导体棒的速度变化量 ，就能得出该运动过程通过电路的电荷量q、位移x，反之亦可以求出末速度v′。 专题深度剖析 返回导航 专题深度剖析 返回导航 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(　　) 专题深度剖析 返回导航 √ 专题深度剖析 返回导航 专题深度剖析 返回导航 (2024·华中师大一附中期末)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。 专题深度剖析 返回导航 (1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小。 专题深度剖析 返回导航 专题深度剖析 返回导航 微专题二　动量守恒定律的应用 1．守恒条件分析 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。 专题深度剖析 返回导航 2．解题三大观点 (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。 专题深度剖析 返回导航 3．常见双杆模型 专题深度剖析 返回导航 专题深度剖析 返回导航 (多选)如图所示，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始终与导轨垂直并接触良好，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(　　) √ √ 专题深度剖析 返回导航 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，C正确，D错误。 专题深度剖析 返回导航 (2024·辽宁葫芦岛期末)如图所示，两相互平行且足够长的光滑金属导轨固定在水平面上，空间区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝5 T。开始两导体棒ab和cd静置于导轨上，导体棒ab质量m1＝2 kg、阻值r1＝1.0 Ω，导体棒cd质量m2＝1 kg、阻值r2＝0.5 Ω，两导体棒间距和轨道间距均为L＝1 m，轨道电阻忽略不计。现给cd一向右的初速度v0＝3 m/s，求： 专题深度剖析 返回导航 (1)导体棒cd开始运动瞬间通过导体棒ab的电流大小； [答案]　10 A　 专题深度剖析 返回导航 (2)从cd开始运动到两棒均处于稳定状态的过程中导体棒ab产生的焦耳热。 [答案]　2 J 专题深度剖析 返回导航 (2024·云南师大附中期末)如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为2m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线的右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为2m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞，重力加速度为g。求： 专题深度剖析 返回导航 (1)a棒与b棒碰后b棒的速度大小； 专题深度剖析 返回导航 (2)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热。 专题深度剖析 返回导航 随堂巩固落实 PART 02 第二部分 1．(动量定理和动量守恒定律的综合应用)(多选)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(　　) 随堂巩固落实 返回导航 √ √ 随堂巩固落实 返回导航 随堂巩固落实 返回导航 随堂巩固落实 返回导航 2．(动量守恒定律的应用)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： 随堂巩固落实 返回导航 (1)cd棒最终的速度大小； 随堂巩固落实 返回导航 (2)整个过程中产生的焦耳热Q。 随堂巩固落实 返回导航 2．动量定理的应用 (1)如图，导体棒运动时会受到向左的安培力F＝BIl＝ eq \f(B2l2v,R) ，I、v、F均随时间变化。考虑很短的时间Δt，由动量定理得 －BIlΔt＝－ eq \f(B2l2v,R) ·Δt＝mΔv 对等式两边求和，考虑到 ∑IΔt＝q，∑vΔt＝x，∑Δv＝v′－v0 可得－Blq＝－ eq \f(B2l2x,R) ＝m(v′－v0) (2)上面是通过微元法求和分析的，由于动量定理只考虑初末状态，我们还可以从整体上以平均值的角度分析。 导体棒运动位移x时， ΔΦ＝Blx， eq \x\to(E) ＝ eq \f(ΔΦ,Δt) ， eq \x\to(I) ＝ eq \f(\x\to(E),R) ，x＝ eq \x\to(v) Δt， 则－ eq \x\to(F) Δt＝－B eq \x\to(I) lΔt＝－Blq＝－ eq \f(B2l2x,R) ＝m(v′－v0)。　 A．ab杆将做匀减速运动直到静止 B．ab杆速度减为 eq \f(v0,3) 时，ab杆加速度大小为 eq \f(B2L2v0,6mR) C．ab杆速度减为 eq \f(v0,3) 时，通过定值电阻的电荷量为 eq \f(mv0,3BL) D．ab杆速度减为 eq \f(v0,3) 时，ab杆通过的位移为 eq \f(2mRv0,3B2L2) [解析]　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FA＝ eq \f(B2L2v,2R) ，加速度大小a＝ eq \f(FA,m) ＝ eq \f(B2L2v,2mR) ，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 eq \f(v0,3) 时，加速度大小a＝ eq \f(B2L2v0,6mR) ，故B正确； 对ab杆，由动量定理得－ eq \o(I,\s\up16(－)) LBΔt＝m eq \f(v0,3) －mv0，即BLq＝ eq \f(2,3) mv0，解得q＝ eq \f(2mv0,3BL) ，即通过定值电阻的电荷量为 eq \f(2mv0,3BL) ，故C错误； 由q＝ eq \f(ΔΦ,2R) ＝ eq \f(BLx,2R) ，解得ab杆通过的位移x＝ eq \f(2Rq,BL) ＝ eq \f(4mRv0,3B2L2) ，故D错误。 [解析]　细金属杆M以初速度v0向右运动，刚进入磁场时，产生的动生电动势E＝BLv0 感应电流大小I＝ eq \f(E,2R) 则所受的安培力大小F＝BIL＝ eq \f(B2L2v0,2R) 。 [答案]　 eq \f(B2L2v0,2R) 　 (2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为 eq \f(v0,4) ，求N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q。 [解析]　若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为 eq \f(v0,4) ，金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有 B eq \o(I,\s\up16(－)) L·Δt＝m· eq \f(v0,4) －0 且q＝ eq \o(I,\s\up16(－)) ·Δt 联立解得通过回路的电荷量q＝ eq \f(mv0,4BL) 。 [答案]　 eq \f(mv0,4BL) 4．解答“双杆”模型的技巧 (1)确定电源：两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝ eq \f(ΔΦ,Δt) ＝Bl|v1－v2|。 (2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图。 (3)动量、能量分析：若双杆系统所受外力的矢量和为零，首先用动量守恒定律求速度，再用能量守恒定律求电能。若双杆系统所受合外力不为零，应考虑应用动量定理进行求解。 (4)位移分析：利用动量定理结合磁通量的变化量进行求解。 [解析]　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v＝ eq \f(1,2) v0，棒ab做变减速运动，棒cd做变加速运动，稳定时两导体棒的加速度均为零，一起向右做匀速运动，A正确，B错误； [解析]　导体棒cd开始运动瞬间切割磁感线，感应电动势E＝BLv0 闭合回路中的感应电流I＝ eq \f(E,r1＋r2) 通过导体棒ab的电流I＝10 A。 [解析]　将导体棒ab和cd看成整体，稳定后二者的速度均为v，水平方向动量守恒有m2v0＝(m1＋m2)v 二者整体产生的焦耳热Q＝ eq \f(1,2) m2v eq \o\al(2,0) － eq \f(1,2) (m1＋m2)v2 导体棒ab产生的焦耳热Qab＝ eq \f(2,3) Q 解得Qab＝2 J。 [解析]　设a棒滑到水平导轨时速度为v0，根据动能定理可得2mgh＝ eq \f(1,2) ×2mv eq \o\al(2,0) 解得v0＝ eq \r(2gh) a棒与b棒发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律可得2mv0＝2mv1＋2mv2 由机械能守恒定律，可得 eq \f(1,2) ×2mv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) ×2mv eq \o\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) ×2mv eq \o\al(2,2) 联立解得v1＝0，v2＝v0＝ eq \r(2gh) 。 [答案]　 eq \r(2gh) 　 [解析]　最终b、c以相同的速度匀速运动，取向右为正方向，由动量守恒定律可得2mv2＝(2m＋m)v 由能量守恒定律可得 eq \f(1,2) ×2mv eq \o\al(2,2) ＝ eq \f(1,2) (2m＋m)v2＋Q 联立解得Q＝ eq \f(2,3) mgh。 [答案]　 eq \f(2,3) mgh A．ab、cd两导体棒组成的系统动量守恒 B．ab、cd两导体棒最终都将停止运动 C.整个过程中，ab棒上产生的焦耳热为 eq \f(1,4) mv eq \o\al(2,0) D．整个过程中，流过ab棒的电荷量为 eq \f(mv0,2LB) 解析：ab、cd棒组成闭合回路，则两棒中的电流相等，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，故系统动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝2mv，得v＝ eq \f(v0,2) ，即ab、cd两导体棒最终以 eq \f(v0,2) 的速度匀速运动，故A正确，B错误； 由能量守恒定律得 eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) ×2m× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2))) eq \s\up12(2) ＋Q，得Q＝ eq \f(1,4) mv eq \o\al(2,0) ，则ab棒上产生的焦耳热Qab＝ eq \f(1,2) Q＝ eq \f(1,8) mv eq \o\al(2,0) ，故C错误； 对ab棒由动量定理有－FAt＝mv－mv0，即－ eq \o(I,\s\up16(－)) LBt＝－ eq \f(mv0,2) ，又q＝ eq \o(I,\s\up16(－)) t，得q＝ eq \f(mv0,2BL) ，故D正确。 解析：ab下落过程中，由机械能守恒定律得 mgh＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,1) ，解得v1＝ eq \r(2gh) ab进入水平面后ab和cd组成的系统动量守恒， mv1＝2mv2，v2＝ eq \f(\r(2gh),2) 。 答案： eq \f(\r(2gh),2) 　 解析：由能量守恒定律得整个过程中产生的焦耳热 Q＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,1) － eq \f(1,2) ×2mv eq \o\al(2,2) ＝ eq \f(1,2) mgh。 答案： eq \f(1,2) mgh $