第一章 专题强化5 动量在电磁感应中的应用(选讲)（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（人教版 浙江专版）

本高中物理讲义聚焦动量定理、动量守恒定律在电磁感应中的应用，衔接动量定理、动量守恒定律及电磁感应基本规律，构建从单一规律到综合应用的学习支架，帮助学生系统掌握相关重难点。 该资料通过单棒切割、双棒运动等典型例题，融合科学思维中的模型建构与科学推理，解析注重规律综合应用（如动量定理结合电荷量公式）。课中辅助教师突破教学难点，课后助力学生巩固提升，培养解决复杂问题的能力。

专题强化5　动量在电磁感应中的应用(选讲) [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(重难点)。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(重难点)。 一、动量定理在电磁感应中的应用 如图所示，水平固定且足够长的光滑U形金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，在导轨上放置金属棒。定值电阻的阻值为R，金属棒的电阻为r，导轨宽度为L。若棒分别以初速度v0、2v0向右运动， (1)请分析棒的运动情况？ (2)两种情况下，从棒开始运动至棒停止过程中，通过R的电荷量q1、q2之比为多少？ (3)两种情况，从棒开始运动至棒停止时的位移x1、x2之比为多少？ 答案　(1)金属棒受到向左的安培力F安＝＝ma，金属棒速度减小，加速度减小，棒做加速度减小的减速运动，最终静止。 (2)当棒的初速度为v0时，由动量定理可得－BLt＝0－mv0，q1＝t，解得q1＝，同理可得q2＝，得。 (3)q1＝，ΔΦ＝BΔS＝BLx1，可得q1＝，x1＝，同理可得x2＝ 得。 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，可运用动量定理巧妙求解。 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， 如果导体棒只受安培力作用，则－BL·Δt＝mv2－mv1 若除安培力外还受其他外力，则F·Δt－BL·Δt＝mv2－mv1， 安培力的冲量为I安＝BLt＝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＝BLx。 由以上式子可将流经棒的电荷量q、棒的位移x、时间t及速度变化结合在一起，即可求q、x或v、t。 例1　(2023·台州市高二期中)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ＝30°角，导轨间距为L＝1 m，M、P两端之间接一阻值为R＝3 Ω的电阻，金属棒ab与导轨垂直且接触良好，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝2 T。现在导轨上某一位置由静止释放金属棒，当其沿导轨下滑距离x＝50 m后开始匀速下滑。已知金属棒的电阻r＝1 Ω、质量m＝2 kg，下滑过程中金属棒始终与导轨垂直且接触，导轨电阻忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求金属棒匀速下滑时的速度大小； (2)求金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程中金属棒产生的热量； (3)求金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程中通过金属棒的电量； (4)求金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程经历的时间。 答案　(1)10 m/s　(2)100 J　(3)25 C　(4)7 s 解析　(1)匀速下滑时受力平衡，则mgsin θ＝F安，其中F安＝BIL＝ 解得vm＝10 m/s (2)金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程中金属棒及电阻产生的热量Q＝mgxsin θ－m 金属棒产生的热量Q1＝Q 解得Q1＝100 J (3)金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程中通过金属棒的电量 q＝Δt＝Δt＝＝25 C (4)对金属棒由动量定理 mgsin θ·Δt－BLΔt＝mvm， 其中q＝Δt＝25 C，解得Δt＝7 s。 例2　(2024·浙江省三锋联盟期中)如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，导轨间的距离L＝1 m。质量m＝1 kg，电阻r＝2 Ω的直导体棒垂直放在导轨上。导轨顶端与R＝4 Ω的电阻相连，其余电阻不计，整个装置处在垂直纸面向里的匀强磁场中。从t＝0开始，导体棒由静止释放，运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，v－t图像如图乙所示，t＝4 s后导体棒做匀速直线运动，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)磁感应强度B的大小； (2)t＝2 s时，导体棒的加速度大小； (3)前2 s内，电阻R上产生的焦耳热。 答案　(1) T　(2)2 m/s2　(3) J 解析　(1)t＝4 s后导体棒做匀速直线运动，由题图乙知做匀速直线运动时速度为v1＝10 m/s，此时的感应电动势为E1＝BLv1 感应电流为I1＝ 根据平衡条件有BI1L＝mg 解得B＝ T (2)t＝2 s时，v2＝8 m/s，感应电动势为E2＝BLv2 感应电流为I2＝ 根据牛顿第二定律有mg－BI2L＝ma 解得a＝2 m/s2 (3)前2 s内，感应电动势的平均值为 感应电流的平均值为 根据动量定理有mgt－BLt＝mv2 根据能量守恒定律有mgx＝m+Q总 电阻R上产生的焦耳热Q＝Q总 解得Q＝ J。 拓展　若金属棒下落距离x时速度为v，求金属棒下落的时间t(均用字母表示)。 答案　+ 解析　时间t内感应电动势的平均值为 ① 感应电流的平均值为 ② 由动量定理得：mgt－BL·t＝mv ③ 由①②③得t＝+。 二、动量守恒定律在电磁感应中的应用 如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b。开始时金属棒b静止，金属棒a获得平行导轨向右的初速度v0。 (1)试分析金属棒a、b的运动情况，两金属棒稳定后分别做什么运动？ (2)在运动过程中两金属棒受到安培力的冲量有什么关系？把两棒作为一个系统，该系统的动量怎样变化？ (3)金属棒a、b稳定后的速度？ (4)从两金属棒开始运动至稳定的过程中产生的焦耳热？ 答案　(1)金属棒a向右运动切割磁感线，根据右手定则可知在回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可知，a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a棒在安培力作用下做减速运动，b棒在安培力作用下做加速运动，b棒切割磁感线产生顺时针方向的感应电流；两棒的速度差减小，总电动势E＝BL(va－vb)减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即a做加速度减小的减速直线运动，b做加速度减小的加速直线运动，两金属棒稳定后均做匀速直线运动。 (2)两金属棒所受安培力的冲量等大反向，系统的合外力为零，两棒组成的系统动量守恒。 (3)设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得va＝vb＝v＝。 (4)根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热Q＝m(2m)·v2＝。 1.问题情景： 在相互平行的水平轨道间的双棒切割磁感线的问题中，若这两棒受的安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，两棒组成的系统动量守恒。 2.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。 在上面的问题中，求金属棒a从初速度v0到两棒共速的过程中， (1)流过金属棒a的电荷量q； (2)a和b距离的增加量Δx。 答案　(1)由动量定理得－BLΔt＝m－mv0，q＝Δt 解得q＝ (2)根据电荷量的推论公式q＝，解得a和b距离的增加量Δx＝。 例3　(2023·温州市高二期末)如图所示，两根光滑金属平行导轨放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，右端水平部分足够长，导轨间距为L＝0.4 m，电阻不计。水平段导轨所处空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T。质量为mb＝0.1 kg，电阻为Rb＝0.2 Ω的金属棒b垂直导轨静置其上，它与磁场左边界AA'的距离为x0＝0.5 m，现将质量为ma＝0.2 kg，电阻为Ra＝0.1 Ω的金属棒a从弯曲导轨上高为h＝0.45 m处由静止释放，使其沿导轨运动，两金属棒运动过程中不会相撞，最终两棒做匀速运动。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)金属棒a刚越过磁场左边界AA'时，流过金属棒a的电流方向及它两端的电压大小； (2)金属棒匀速运动前，a棒上产生的焦耳热； (3)两金属棒匀速运动时，a、b两棒的间距x1是多大。 答案　(1)方向由A指向A'　0.8 V　(2)0.1 J　(3)0.125 m 解析　(1)金属棒a到达水平部分的过程， 根据机械能守恒定律magh＝ma， 解得v0＝＝3 m/s， 此时的电动势为E＝BLv0＝1.2 V， 根据右手定则，可知流过金属棒a的电流方向由A指向A'；金属棒a两端电压为U＝E＝×1.2 V＝0.8 V。 (2)两金属棒所受安培力大小相等、方向相反， 两金属棒最终以相等的速度v做匀速运动， 两金属棒组成的系统满足动量守恒定律， 则有mav0＝(ma+mb)v，解得v＝2 m/s， 设产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒定律可得 Q＝ma(ma+mb)v2＝0.3 J a棒上产生的焦耳热为Qa＝Q＝0.1 J。 (3)安培力的冲量为t＝BLt＝BqL， 又q＝Δt＝Δt＝Δt＝ 对b棒，根据动量定理：t＝mbv－0， 联立解得Δx＝0.375 m， 则两金属棒匀速运动时，a、b两棒的间距为 x1＝x0－Δx＝0.5 m－0.375 m＝0.125 m。 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　(多选)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(　　) 答案　AC 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。 专题强化练 [分值：60分] [1、2题，每题7分] 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 答案　D 解析　根据楞次定律可知，进入磁场过程中，线圈的感应电流方向为顺时针，离开磁场时，线圈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·x＝ΔEk，由于进入和离开磁场的位移都相同，而进入磁场时的安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)(2024·杭州外国语学校期末)如图甲，在磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，两平行光滑金属导轨竖直放置，导体棒PQ向下运动的v－t图像如图乙所示，导体棒受向上的拉力F，t＝4 s后撤去拉力F。两导轨间距离L＝1.0 m，电阻R＝0.5 Ω，导体棒的电阻r＝0.5 Ω、质量m＝1 kg，导轨电阻不计。图乙中0~4 s内的图线为直线，g取10 m/s2，下列说法中正确的是(　　) A.t＝1 s时，导体棒所受拉力F为2.5 N B.前4 s内，通过电阻R的电荷量为40 C C.导体棒可以达到的最大速度为40 m/s D.整个过程中拉力F对棒的冲量大小为10 N·s 答案　CD 解析　0~4 s内导体棒的加速度为 a1＝ m/s2＝5 m/s2， 1 s时导体棒速度为v1＝a1t1＝5 m/s 导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E1＝BLv1＝2.5 V 根据闭合电路欧姆定律可知I1＝＝2.5 A 根据牛顿第二定律mg－BI1L－F＝ma1，解得F＝3.75 N，故A错误； 根据Δq＝Δt，， 解得Δq＝，所以q＝， 而x＝a1t2＝40 m，解得q＝20 C，故B错误； 导体棒达到最大速度时，满足BI'L＝mg， I'＝，解得vmax＝40 m/s，故C正确； 在有拉力F作用的Δt时间内，由动量定理有mgΔt－FΔt－BLΔt＝mΔv， 所以0~4 s内有mgt－IF－＝mv2，又v2＝20 m/s， 解得整个过程中拉力F对导体棒的冲量大小为IF＝10 N·s，故D正确。 3.(13分)(2024·浙江省高二期中)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，且到cd的距离为x0。两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为v0，两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。金属杆M质量为2m，金属杆N质量为m，两杆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。 (1)(2分)求M刚进入磁场时M两端的电势差Uba； (2)(4分)N在磁场内运动过程中N上产生的热量； (3)(4分)N刚离开磁场时M在磁场中运动的距离； (4)(3分)N在磁场内运动的时间t。 答案　(1)BLv0　(2)m　(3)x0+　(4)+ 解析　(1)当金属杆M刚进入磁场时E＝BLv0， 刚进入瞬间，电路中的电流为I＝ 则M两端的电压为Uba＝IR＝BLv0 (2)当N刚出磁场时，设M的速度为v， 根据动量守恒定律可得2mv0＝2mv+m·v0 根据能量守恒定律可得 Q＝×2m×2mv2－m(v0)2， 可得Q＝m 由于两杆的电阻相等，且通过两杆的电流大小相等， 所以杆N上产生的热量QN＝Q＝m (3)从N开始运动到N刚出磁场， 对N由动量定理可得BL·Δt＝mv末－mv初，又因为q＝·Δt 代入题中数据，整理有BLq＝m·v0－0 设N开始运动时距离磁场左侧距离为x1，M在磁场中运动了xM， 该过程的平均电动势为， 平均电流为，又有q＝·Δt， 整理有q＝， 所以xM＝x0+ (4)在任意时刻，两杆动量守恒2mv0＝2mvM+mvN 从M进入磁场到N离开磁场过程中： ∑2mv0Δt＝∑2mvM·Δt+∑mvN·Δt， 可得2mv0t＝2mxM+mx0， 所以t＝+。 [4题8分] 4.如图所示，一足够长的竖直放置的圆柱形磁体，产生一个中心辐射的磁场(磁场水平向外)，一个与磁体同轴的圆形金属环，环的质量m＝0.2 kg，环单位长度的电阻为0.1π Ω/m，半径r＝0.1 m(稍大于圆柱形磁体的半径)。金属环由静止开始下落，环面始终水平，金属环切割处的磁感应强度大小均为B＝0.5 T，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。则(　　) A.环下落过程的最大速度为0.4 m/s B.环下落过程中，电流始终为逆时针(从上往下看) C.若下落时间为2 s时环已经达到最大速度，则这个过程通过环横截面的电荷量是32 C D.若下落高度为3 m时环已经达到最大速度，则这个过程环产生的热量为4.4 J 答案　D 解析　金属环达到最大速度时，加速度为0，受力平衡，mg＝BIL，设金属环的最大速度为vm，则E＝BLvm，I＝，L＝2πr，R＝2πr·0.1π＝0.2π2r，解得vm＝4 m/s，故A错误；由右手定则可知，环下落过程中，电流始终为顺时针(从上往下看)，选项B错误；若下落时间为2 s时环已经达到最大速度，根据动量定理有mgt－BLt＝mvm，其中q＝t，可得q＝ C，故C错误；若下落高度为3 m时环已经达到最大速度，根据能量守恒定律，有mgh＝m+Q，得Q＝4.4 J，故D正确。 5.(11分)(2024·杭州市源清中学高二期中)如图所示，两电阻不计的金属导轨MN、PQ平行放置，间距为L＝1 m，左端用阻值为R＝0.3 Ω的定值电阻连接，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B＝0.2 T，导体棒ab垂直于导轨放置，在水平向右的恒力F＝2 N的作用下由静止开始运动，导体棒的质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω，导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10 m/s2，当导体棒运动x＝10 m时速度达到最大，求： (1)(3分)导体棒的最大速度vm； (2)(3分)导体棒的速度从零到最大的过程中，电阻R上产生的热量Q； (3)(5分)若当导体棒的速度达到最大时撤去恒力，此后回路中产生的热量Q'＝10.4 J，则撤去恒力后导体棒的运动时间为多少。 答案　(1)16 m/s　(2)2.4 J　(3)2.5 s 解析　(1)当导体棒的速度达到最大时， 加速度等于零，由受力分析可得F－μmg＝F安 又有F安＝BIL，I＝，E＝BLvm 代入数据可得vm＝16 m/s (2)导体棒的速度从零达到最大的过程中， 由动能定理可得(F－μmg)x+W安＝m－0 代入数据可得W安＝－3.2 J 由功能关系可知，回路产生的焦耳热Q总＝－W安＝3.2 J 则电阻R上产生的热量Q＝Q总＝2.4 J (3)撤去恒力后，导体棒减速运动至停止， 由能量守恒可得μmgx'+Q'＝m 代入数据可得x'＝6 m 在此过程中，流过电阻R的电量 q＝Δt，，＝n 综上可得q＝n，q＝＝3 C 对导体棒，由动量定理可得∑(－μmgΔt－BiLΔt)＝∑mΔv 有μmgt+BLq＝mvm 代入数据可得t＝2.5 s。 6.(14分)(2024·浙江浙南名校高二开学考试)如图所示，一个半径为R的磁性转盘被均分为四块扇形区域，磁盘表面涂有磁性材料，在扇形区域表面产生垂直盘面向里的匀强磁场B1或垂直盘面向外的匀强磁场B2，磁盘以ω的角速度转动。靠近磁盘表面固定着一个“L”形的导体棒，导体棒的两直角边长为R，恰沿盘的半径方向。导体棒的两端用导线分别与两根竖直金属导轨连接，竖直导轨的下端通过两段光滑绝缘的圆弧与水平金属导轨相连，导轨的间距均为l。质量为2m的导体棒ab在外力作用下靠在竖直导轨上并静止不动，它与竖直导轨间的动摩擦因数为μ。水平导轨上靠近绝缘导轨处放置另一根质量为m的导体棒cd，水平导轨光滑。竖直导轨与水平导轨所在的空间存在竖直向下的匀强磁场B3，已知B1＝2B2＝3B3＝B(求解的结果都用B表示)，三根导体棒接入电路中的电阻均为r，导轨电阻不计，重力加速度为g。 (1)(3分)从图示时刻开始计时，求t＝0时刻ab棒上的电流方向和棒两端的电势差； (2)(5分)若t＝时，撤去外力使ab棒从静止开始下落，在t＝时刻ab棒恰好运动到竖直导轨底部，求t＝时刻ab棒的速度v0的大小； (3)(6分)在(2)的条件下，若v0已知，求ab、cd两棒发生弹性碰撞到最终稳定的过程中，ab棒上产生的焦耳热。 答案　(1)电流方向a→b　BωR2　 (2)　(3)m 解析　(1)根据右手定则可判断电流方向为a→b。 感应电动势E＝B1ωR2+B2ωR2 棒两端的电势差Uab＝E＝B1ωR2+B2ωR2＝BωR2 (2)以ab棒为研究对象，由动量定理可得 2mgΔt－μFNΔt＝2mv0 又FN＝B3Il，I＝，Δt＝ 解得v0＝ (3)ab棒与cd棒发生弹性碰撞，双棒在光滑轨道上运动，系统动量守恒，最终稳定达到共速，有 2mv0＝3mv共 解得v共＝v0，由能量守恒定律有Q＝×2m×3m ab棒上产生的焦耳热Qab＝Q＝m。 学科网（北京）股份有限公司 $