17 专题四 第17课时 动量观点在电磁感应中的应用(培优课)（课件PPT）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（江苏专版）

第17课时　动量观点在电磁感应中的应用(培优课) 专题四　电路与电磁感应 1 1．运用动量定理处理电磁感应中的问题 示意图 过程分析 应用 单杆阻尼式 设运动过程中某时刻的速度为v，加速度为a，a＝，a、v反向，导体棒做减速运动，v↓⇒a↓，当a＝0时，v＝0，导体棒做加速度减小的减速运动，最终静止 分析导体棒运动的位移、时间和通过的电荷量 课后限时练 第17课时　动量观点在电磁感应中的应用(培优课) 示意图 过程分析 应用 不等距导轨 a棒减速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑⇒E↓⇒F安↓⇒ a↓，当BL1va＝BL2vb时，a＝0，两棒匀速 BIL1t＝ BIL2t＝ mvb－0 课后限时练 第17课时　动量观点在电磁感应中的应用(培优课) [案例1]　(2025·江苏南京高三校联考)如图甲所示，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，其间距L＝0.5 m，导轨上端接有R0＝1 Ω的定值电阻和开关S。空间存在垂直两金属导轨所在的平面向里的匀强磁场，其磁感应强度B0＝2 T，一长度与导轨间距相等、电阻为R＝1 Ω的金属杆ab与导轨垂直且接触良好。初始时开关S处于断开状态，金属杆ab由位置1静止开始自由下落，经过一段时间后，将开关S闭合，金属杆ab继续运动到位置2；若以金属杆开始运动时作为计时起点，金属杆从位置1运动到位置2的过程中，速度随时间变化的图像如图乙所示。假设金属导轨足够长，不计导轨电阻，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： 课后限时练 第17课时　动量观点在电磁感应中的应用(培优课) (1)金属杆的质量； (2)金属杆从位置1运动到位置2的过程中金属杆产生的焦耳热Q； (3)如果先将S闭合，后让金属杆仍从位置1由静止开始下落，金属杆运动到位置2时恰好开始匀速运动，求金属杆从位置1运动到位置2的时间。 课后限时练 第17课时　动量观点在电磁感应中的应用(培优课) [解析]　(1)由题意结合题图乙可知，金属杆在0～0.4 s 内做自由落体运动，获得的速度为 v＝gt1＝4 m/s 0.4～0.6 s内开关S闭合，金属杆做匀速直线运动，则感应电流为 I＝＝2 A 由平衡条件可得B0IL＝mg 解得m＝0.2 kg。 (2)只有开关S闭合的0.2 s内，金属杆才能产生焦耳热，则Q＝I2Rt2＝0.8 J。 (3)将S闭合，让金属杆从位置1由静止开始下落到位置2的过程，根据动量定理可得 mgt－B0L·t＝mv 其中t＝q＝ 位置1到位置2的距离为 h＝vt1＋vt2＝1.6 m 联立解得t＝0.8 s。 [答案]　(1)0.2 kg　(2)0.8 J　(3)0.8 s [案例2]　一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。 (1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小； 课后限时练 第17课时　动量观点在电磁感应中的应用(培优课) (2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。 课后限时练 第17课时　动量观点在电磁感应中的应用(培优课) [解析]　(1)金属框全部在磁场中时无安培力作用，有安培力作用时间内总位移为2L，对全过程，根据动量定理有 －BLt进－BLt出＝m－mv0 ＝ ＝ t进＋t出＝2L R总＝4R0 联立解得v0＝。 (2)金属框在导轨上运动时，上、下边框被导轨短路，右边框切割磁感线、左边框未进入磁场时，等效电路如图甲所示，右边框充当电源，左边框与R1并联。设左边框刚要进入磁场时速度为v1，根据动量定理有 －BLt1＝mv1－mv0 其中t1＝L R1总＝＋R0＝R0 联立解得v1＝ 设流过R1的电流为I1，则流过左、右边框的电流分别为2I1、3I1，则R1与左、右边框产生的热量之比 Q1∶Q左∶Q右＝(·2R0t1)∶[(2I1)2·R0t1]∶[(3I1)2·R0t1]＝2∶4∶9 由能量守恒定律有 Q1＋Q左＋Q右＝ 联立解得Q1＝ 金属框全部进入磁场时，金属框的左、右两边框同时切割磁感线，等效电路如图乙所示，等效电源内阻为左、右两边框并联的阻值，即内阻为，设右边框刚要出磁场时速度为v2，根据动量定理有 －BLt2＝mv2－mv1 其中t2＝L R2总＝2R0＋＝R0 联立解得v2＝0，则右边框刚好不出磁场 R1与线框产生的热量之比 Q2∶Q框＝(·2R0t2)∶＝4∶1 由能量守恒定律有 Q2＋Q框＝ 联立解得Q2＝ 则电阻R1产生的总热量Q＝Q1＋Q2 解得Q＝。 [答案]　(1) 2．运用动量守恒定律处理电磁感应中的问题 示意图 过程分析 动量观点 双棒无外力 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 系统动量守恒 课后限时练 第17课时　动量观点在电磁感应中的应用(培优课) 示意图 过程分析 动量观点 双棒有外力 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动 系统动量不守恒 课后限时练 第17课时　动量观点在电磁感应中的应用(培优课) [案例3]　(2025·江苏无锡一模)如图所示，PQ和MN是固定于水平面内电阻不计、间距L＝1 m的足够长平行光滑金属轨道，质量均为m＝0.2 kg，接入两轨道电阻值均为R＝1 Ω的两金属棒ab、cd静置于轨道上，整个装置处在竖直向上、磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，某时刻cd棒突然受到水平向右的I＝0.8 N·s的瞬时冲量作用开始运动，运动过程中金属棒始终与轨道垂直，接触良好，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 课后限时练 第17课时　动量观点在电磁感应中的应用(培优课) A．开始运动后，d端电势始终比c端电势低 B．cd棒开始运动的瞬间，d、c两端的电势差Udc＝1.6 V C．在整个运动过程中，电路abcd中产生的热量为1.2 J D．在整个运动过程中，通过ab棒横截面的电荷量为1 C √ 课后限时练 第17课时　动量观点在电磁感应中的应用(培优课) D　[根据右手定则判断可知：cd棒中感应电流方向从c到d，则d端相当于电源的正极，电势高于c端的电势，故A错误；cd棒开始运动的瞬间，产生的感应电动势为E＝BLv0，金属棒的速度为v0＝＝4 m/s，联立可得E＝1.6 V，d、c两端的电势差Udc＝R＝0.8 V，故B错误；由题意可知最后两根金属棒以相同的速度匀速运动且速度为v，根据动量守恒可得mv0＝2mv，解得v＝2 m/s，根据能量守恒可得产生的热量为Q＝－×2mv2＝0.8 J，故C错误；对cd棒根据动量定理可得BILΔt＝mv0－mv，进一步可得BLq＝mv0－mv，代入数据解得q＝1 C，故D正确。故选D。] [案例4]　如图所示，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，导轨的最右端与桌面右边缘对齐，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)金属棒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。 课后限时练 第17课时　动量观点在电磁感应中的应用(培优课) [解析]　(1)由题意可知Q与P发生弹性碰撞，设碰撞后的瞬间P、Q的速度分别为vP、vQ 碰撞过程动量守恒，有 3mv0＝3mvQ＋mvP 碰撞过程机械能守恒，有＝ 联立解得vQ＝v0 vP＝v0 碰撞后绝缘棒Q匀速通过导轨，因为P、Q落点一致，所以P、Q脱离导轨时速度大小相等，因此金属棒P滑出导轨时的速度 v′P＝vQ＝v0。 (2)金属棒P从碰撞后开始运动到脱离导轨的过程中，由能量守恒定律有 Q＝mm 解得Q＝。 (3)设金属棒P从碰撞后瞬间到脱离导轨的过程中，金属棒P的位移为x，平均速度为，运动时间为Δt，则 x＝Δt 平均电动势 平均电流＝ 平均安培力l 对于金属棒P，根据动量定理有 －Δt＝mv′P－mvP 设绝缘棒Q与金属棒P碰撞后在导轨上运动的时间为t，则有x＝vQt 联立解得t＝。 [答案]　(1)v0　　(3) $