专题强化二十三　动量观点在电磁感应中的应用 课件 -2026届高考物理一轮复习沪科版

该高中物理高考复习课件聚焦电磁感应中动量观点应用专题，覆盖动量定理、动量守恒定律两大核心考点，对接高考评价体系，分析单棒+电阻、单棒+电容、双棒模型等常考题型，结合2023-2025年江苏等地模拟题，明确“单棒动量定理求电荷量”“双棒动量守恒求焦耳热”等高频考点权重，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”的三阶训练，以2025年江苏盐城模拟题为例，拆解双棒动量守恒与能量守恒综合应用，培养科学思维素养。特设“易错点警示”如电容放电电荷量计算误区，通过“题型归类+解题模板”指导，助力学生掌握应试技巧，教师可据此精准突破考点，提升复习效率。

专题强化二十三　动量观点在电磁感应中的应用 第十一章　电磁感应 考点 1 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 目录 2 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 考向　　“单棒+电阻”模型 情景 示例 水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，导体棒从开始运动至停下来 目录 考点 求电荷量q -LBΔt=0-mv0，q=Δt，q= 求位移x -Δt=0-mv0，x=Δt= 应用技巧 初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中q=Δt，x=Δt;若已知q或x也可求末速度 目录 考点 例1 (2025·江苏扬州模拟)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨ab、cd被固定在水平面上，导轨间距L=0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻R=10 Ω，质量m=1 kg、电阻r=2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在ef处并锁定;导轨及导线电阻均不计。整个装置处在竖直向下的磁场中，be=0.2 m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。0.2 s后金属棒解除锁定并同时给金属棒水平向右的初速度v0=6 m/s，求: 目录 考点 (1)0.1~0.2 s内R上产生的焦耳热; 解析　在0.1~0.2 s内，befc闭合回路中产生的感应电动势为 E=S=×0.6×0.2 V=0.6 V 由闭合电路的欧姆定律得电路中的电流 I== A=0.05 A 由焦耳定律得0.1~0.2 s内R上产生的焦耳热为 Q=I2Rt=0.052×10×0.1 J=2.5×10-3 J。 答案　2.5×10-3 J 目录 考点 (2)从t=0.2 s后的整个过程中通过R的电荷量。 解析　0.2 s后，金属棒以水平向右的初速度v0=6 m/s做减速直线运动到静止，金属棒只受安培力作用，由动量定理得-ILB·Δt=0-mv0 又I= 解得通过电阻R的电荷量为 q== C=10.0 C。 答案　10.0 C 目录 考点 考向　　 “单棒+电容”模型 情景 示例 导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C 电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C 运动特 点和最 终特征 棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动时 I=0 S先接1再接2，棒做加速度a减小的加速运动，最终做匀速运动时I=0 目录 考点 最 终 速 度 电容器充电荷量q=CU 最终电容器两端电压U=BLv 对棒应用动量定理有 mv-mv0=-LB·Δt=-BLq 解得v= 电容器充电电荷量Q0=CE 放电结束时所带电荷量Q=CU=CBLvm 电容器放电电荷量 ΔQ=Q0-Q=CE-CBLvm 对棒应用动量定理有mvm0=LB·Δt=BLΔQ 解得vm= v-t 图像 目录 考点 例2 (2025·河北保定开学考试)如图所示，固定在水平面上的足够长的光滑平行直导轨处于垂直平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B。一端连接着一个电容器和电源，电容为C，电源电动势为E。导轨上放着一根质量为m、长度为L与导轨间距相同、有固定阻值的均匀导体棒。与电容器连接的单刀双掷开关先与左边闭合，待充电结束后，某时刻与右边闭合，随后导体棒在运动的过程中始终与导轨接触良好，不计其他部分的电阻。 (1)判断导体棒运动规律，求出稳定后的最大速度v; 解析　电容器充电完毕，稳定时，电容器极板间电压U=E 由电容的定义式有C= 解得Q0=CE 目录 考点 导体棒先做加速运动直至电流减为零，接着做匀速运动，由法拉第电磁感应定律得 E感=BLv 此时电容器两极板间电压为U'=E感 电容器带电荷量为Q=CU'=CBLv 电容器电荷量减少ΔQ=Q0-Q=C(E-BLv) Δt时间内流经金属棒的平均电流= 对导体棒，由动量定理得LBΔt=mv 解得v=。 答案　先做加速运动，再做匀速运动　 目录 考点 (2)求稳定后电容器所带电荷量Q。 解析　由(1)代入可得Q=CU'=CBLv=。 答案　 目录 考点 (2024·江苏南京模拟)如图所示，一电阻不计的光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻，阻值R=0.5 Ω，两轨道间距d=1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下、磁感应强度大小B=0.5 T的匀强磁场。一质量为m=0.5 kg、长为l=1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1=0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2=0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2=0.8 m。通过计算可知(g取10 m/s2，不计空气阻力)(　　) 目录 考点 A.导体棒进入磁场时的速度为3 m/s B.导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为2 J C.磁场的长度x1为2 m D.整个过程通过电阻R的电荷量为3 C 答案　C 目录 考点 解析　设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据动能定理有mgh1=m，解得v0=4 m/s，故A错误;导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x2=vt，竖直方向有h2=gt2，联立代入数据解得v=2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q=m-mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q=3 J，故B错误;导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有t1= Bdq=mv0-mv，又有q=t1==，代入数据解得q=2 C，x1=2 m，故C正确，D错误。 目录 考点 1.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，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 目录 考点 2.双棒模型(不计摩擦力)   双棒无外力 示意图 动力学观点 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 动量观点 系统动量守恒 能量观点 棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热 目录 考点 例3 (2025·江苏盐城模拟)如图所示，光滑平行导轨MNPQ固定在水平面上，导轨宽度为d，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨足够长，将质量分别为2m、m，有效电阻均为R的金属棒J和K分别置于轨道上，棒始终与轨道垂直并接触良好，导轨电阻不计。现使J棒获得水平向右的初速度2v0，K棒获得水平向左的初速度v0，求: (1)全过程中系统产生的焦耳热Q; 解析　两棒组成的系统动量守恒，取向右为 正方向，则2m·2v0-mv0=(2m+m)v 根据能量守恒定律得系统产生的焦耳热为 Q=×2m(2v0)2+m-(2m+m)v2 联立解得Q=3m，v=v0。 答案　3m　 目录 考点 (2)从开始运动到稳定状态过程中两棒间距离的改变量Δx。 解析　取J棒研究，设运动过程中平均电流为，经历时间为Δt，取向右为正方向，根据动量定理得 -dB·Δt=2mv-2m·2v0 而== 联立解得Δx=。 答案　 目录 考点 例4 (2025·江苏连云港模拟)如图所示，两根平行的光滑 金属导轨放在水平面上，导轨间距为L=0.4 m，弯曲部 分是半径为R=0.45 m的四分之一圆弧与水平导轨相连， 水平导轨足够长且处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应 强度大小B=1.0 T。导轨上端通过开关S连接电容器，其 电容C=2.5 F，在水平导轨上距磁场左边界AA'较远处垂直放置一个质量为mb=0.1 kg、电阻为Rb=0.2 Ω的金属棒b。断开开关S，将质量为ma=0.2 kg、电阻为Ra=0.1 Ω的金属棒a从圆弧顶端由静止释放，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，最终两棒均做匀速运动。已知运动中两金属棒不相撞，整个导轨电阻不计，g=10 m/s2。 目录 考点 (1)求金属棒a刚到达圆弧底端AA'时，受到轨道的支持力大小; 解析　金属棒a刚到达圆弧底端AA'，根据动能定理有magR=ma 解得金属棒a刚进入磁场的速度为v0=3 m/s 金属棒a刚到达圆弧底端处，由牛顿第二定律有 FN-mag=ma 联立解得FN=6 N。 答案　6 N 目录 考点 (2)求金属棒匀速运动前，a棒上产生的焦耳热; 解析　金属棒匀速运动前，金属棒a、b组成的系统动量守恒，有mav0=(ma+mb)v 根据能量守恒定律有 Q=ma-(ma+mb)v2 根据Qa=Q 联立解得a棒上产生的焦耳热为0.1 J。 答案　0.1 J 目录 考点 (3)取走金属棒b，闭合开关S，使a棒仍从圆弧顶端由静止滑下，求a棒最终速度的大小。 解析　对金属棒a根据动量定理有 -ILB·Δt=maΔv 而q=CU=CBLva，q=∑I·Δt，∑Δv=va-v0 联立解得va=1 m/s。 答案　1 m/s 目录 考点 提升素养能力 2 目录 C 1.如图所示，间距为l、电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨水平放置，导轨左右两端均与一阻值为R的电阻相连，导轨上横跨一根长为l、质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好，整个装置处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给棒一个瞬时冲量，让它以初速度v0向右运动直到停止，在此过程中下列说法正确的是(　　) A.金属棒在导轨上做匀减速运动 B.整个过程中通过金属棒的电荷量为 C.整个过程中金属棒克服安培力做的功为m D.整个过程中金属棒上产生的焦耳热为m 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 解析　金属棒在整个运动过程中受竖直向下的重力、竖直 向上的支持力和水平向左的安培力，金属棒受到的合力等于 安培力，与运动方向相反，金属棒做减速运动，随着速度减 小，安培力减小，加速度减小，故金属棒做加速度逐渐减小 的变加速运动，故A错误;根据动量定理有-lBt=0-mv0，得通过金属棒的电荷量为q=t=，故B错误;整个过程中由动能定理得金属棒克服安培力做的功为W安=m，故C正确;整个回路产生的总焦耳热为Q=W安=m，则金属棒上产生的焦耳热为Q棒=Q=Q=×m=m，故D错误。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 B 2.(2024·江苏南京模拟)如图所示，MN、PQ是固定在绝缘水平面上的两根电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨，导轨右端接一个阻值为R的定值电阻，在宽度为d的虚线范围内存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一根质量为m、电阻也为R的金属棒静止在导轨左侧(磁场外)，现给金属棒一水平向右的瞬时冲量，金属棒恰好能穿过磁场区域。已知金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，下列说法不正确的是(　　) A.通过定值电阻R的感应电流由Q流向N B.通过金属棒某截面的电荷量为 C.金属棒受到的瞬时冲量大小为 D.金属棒产生的电热为 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 解析　根据右手定则可知，通过电阻R的感应电流由Q 指向N，故A正确;流经金属棒的电荷量q=Δt=Δt== ，故B错误;根据动量定理有-BLΔt=0-mv0，其中q=Δt， 则金属棒受到的瞬时冲量大小I=mv0=BLq=，故C正确;由能量守恒定律可知，回路产生的总焦耳热为Q总=m，金属棒产生的电热Q=Q总，联立解得Q=，故D正确。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 D 3.(2025·江苏南通模拟)2023年11月，我国第三艘国产航 母福建舰在长兴岛成功进行了首次电磁弹射测试。电磁 弹射的原理可简化为如图所示结构，电容为C的电容器 充满电后板间电压为U0，导体轨道abcd处存在磁感应强 度为B的匀强磁场，金属杆开始时静止在ac处。接通电路， 电容器通过轨道和金属杆放电，金属杆和轨道电阻可忽略 不计，金属杆在安培力作用下开始加速。已知ac = L，金属杆的质量为m，所受阻力忽略不计，金属杆在运动到bd之前已经匀速，速度大小为v，则(　　) A.整个过程电容器放出的电荷量为CU0 B.整个过程电容器放出的电荷量为CBLv C.金属杆匀速运动的速度可表示为v= D.金属杆匀速运动的速度可表示为v= 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 解析　金属杆在运动到bd之前已经匀速，速度大小为v，设此时电容器两端电压为U，则有U=BLv，可知整个过程电容器放出的电荷量为Δq=CΔU=C(U0-BLv)，对金属杆根据动量定理得BLΔt=mv-0，其中Δq=Δt，解得金属杆匀速运动的速度为v=，故D正确。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 4.(2024·江苏南京模拟)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的金属杆与导轨垂直且接触良好。初始开关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，导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2。求: 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 (1)金属杆的质量; (2)金属杆从位置1运动到位置2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。 答案　(1)0.2 kg　(2)0.8 J　(3)0.8 s 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 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ILB0=mg，解得m=0.2 kg。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 (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过程根据动量定理可得 mgt-LB0t=mv 其中q=t= 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。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 5.(2023·全国甲卷，25)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，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: 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 (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。 答案　(1)v0　(2)m　(3) 解析　(1)Q与P发生弹性碰撞，由动量守恒定律有 3mv0=mvP+3mvQ 由能量守恒定律有×3m=m+×3m 联立解得vQ=v0，vP=v0 根据题述，P、Q落到地面上同一地点，结合平抛运动规律可知，金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP'=vQ=v0。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 (2)由能量守恒定律可得，金属棒P在导轨上运动过程中 产生的热量为Q=m-mvP'2=m。 (3)P在导轨上做变速运动，设速度大小为v时金属棒中 产生的感应电动势大小为e，电流大小为i，在Δt时间内速度变化Δv，则由法拉第电磁感应定律有e=Blv 由闭合电路欧姆定律有i= 金属棒P所受的安培力F=Bil= 由动量定理有FΔt=mΔv 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 即Δt=mΔv 方程两侧求和得∑Δt=∑mΔv 即∑vΔt=m∑Δv 注意到∑vΔt=x，∑Δv=vP-vP'=v0 联立解得x= 对绝缘棒Q有x=vQt 解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为t=。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 6.(2024·四川绵阳期中)在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的足够长的平行金属导轨，导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，相距为d，构成一矩形回路。导轨间距为l，导体棒的质量都为m，电阻都为R，导轨部分电阻可忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0。 (1)从开始运动到最终稳定，求电路中产生的电能; (2)求cd棒开始运动的加速度和cd棒速度减为0.8v0时的 加速度大小; (3)求两棒之间的最大距离。 答案　(1)　(2)　 (3)d+ 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 解析　(1)对两根导体棒ab和cd构成的系统，所受外力的合力为0，根据动量守恒定律有 mv0=2mv1 解得v1= 则从开始运动到最终稳定电路中产生的电能为 E电=m-×2m=。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 (2)cd棒开始运动时回路中的感应电流为 I0== 对cd棒根据牛顿第二定律得cd棒开始运动时的加速度大小为 a0== 对导体棒ab和cd构成的系统根据动量守恒定律有 mv0=mvab+mvcd 解得当vcd=0.8v0时，ab棒的速度vab=0.2v0，此时回路的感应电动势E1=Bl(vcd-vab)，则回路中的感应电流I1= 根据牛顿第二定律得cd棒速度减小为0.8v0时的加速度大小为 a1==。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 (3)对导体棒ab根据动量定理有lBΔt=mv1-0 其中感应电流的平均值为= 从开始运动到最终稳定过程两导体棒的相对位移 x相=(-)Δt 则两棒之间的最大距离xm=d+x相 联立解得xm=d+。 01 02 03 04 05 06 目录 提升素养能力 $