加分站6 动量观点在电磁感应中的应用(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

该高中物理高考复习讲义聚焦动量观点在电磁感应中的应用，涵盖动量定理、动量守恒定律两大核心考点，按单杆切割（动量定理）、双杆系统（动量守恒）的逻辑层次组织，通过考点梳理（模型构建表格）、方法指导（例题解析规律总结）、真题训练（高考真题体验）等环节，帮助学生突破电磁感应中变加速运动分析、系统动量守恒应用等难点，体现复习的系统性和针对性。 讲义突出模型建构与科学推理的教学创新，如通过“单杆切割磁感线动量定理应用”“双杆导轨动量守恒模型”等模型构建表格，系统归纳电荷量、位移、时间的求解方法，结合分层训练（基础例题、能力训练题、高考真题），培养学生科学思维和问题解决能力。通过即时反馈和方法提炼，确保学生在有限时间内掌握解题关键，为教师精准把控复习进度、提升学生应考能力提供有力支持。

加分站 6　动量观点在电磁感应中的应用 热点一　动量定理在电磁感应中的应用 例1　(多选)(2024·贵州卷)如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则(AB) A.加速过程中通过金属棒的电荷量为 B.金属棒加速的时间为 C.加速过程中拉力的最大值为 D.加速过程中拉力做的功为mv2 解析　加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，设为x，根据q=Δt=Δt=·Δt==，加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，则减速过程由动量定理可得-BLΔt=-BLq=0-mv，解得q=，A项正确;由q==，解得x=，金属棒加速的过程中，由位移公式可得x=vt，可得加速时间t=，B项正确;金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得Fm-BL=ma，其中v=at，联立解得Fm=，C项错误;加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功WF-W安=mv2，可得WF=W安+mv2，因此加速过程中拉力做的功大于mv2，D项错误。 [模型构建]　在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。 待求物理量 典型示例 电荷量 或速度 若单杆受到的安培力为合力时，有-BlΔt=mv2-mv1，且q=Δt，整理得-Bql=mv2-mv1 位移 若单杆受到的安培力为合力时，有-BlΔt=mv2-mv1，且==Bl，整理得-=mv2-mv1，x=Δt，即-=mv2-mv1 时间 若单杆除受安培力还有其他恒力作用，且已知电荷量q和F其他(恒力)，有-BlΔt+F其他Δt=mv2-mv1，且q=Δt，即-Bql+F其他Δt=mv2-mv1 若单杆除受安培力还有其他恒力作用，且已知位移x和F其他(恒力)，有-+F其他Δt=mv2-mv1，x=Δt，即-+F其他Δt=mv2-mv1 训练1　(多选)(2025·湖南卷)如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是(AC) A.金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向 B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动 C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为 D.若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半 解析　根据右手定则可知，金属杆中电流沿y轴负方向，A项正确;由法拉第电磁感应定律有E=BLv，由欧姆定律有I=，由安培力公式有F安=BIL，又R=Lr0，联立解得F安=L，若金属杆做匀速运动，则安培力随有效长度的增大而增大，则与安培力平衡的外力一定不是恒力，B项错误;对金属杆的整个运动过程，由动量定理有-BLt=0-mv0，又t=q==，联立解得金属杆停止时与导轨围成的面积S=，C项正确;由C项分析可知，金属杆的初速度减半时，ΔS变为原来的，由抛物线性质可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，D项错误。 热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 例2　如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，固定在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感应电流产生的磁场，则(C) A.导体棒L1将做匀减速直线运动 B.导体棒L2的速度逐渐减小为0.5v0，这个过程中L2产生的焦耳热为 C.导体棒L1的速度增加为0.5v0时，导体棒L1两端的电势差为0.5Bdv0 D.当导体棒L2的速度减小为0.6v0，导体棒L1的速度增加为0.4v0时，导体棒L1两端的电势差为0.2Bdv0 解析　L2切割磁感线，回路中产生感应电流，两导体棒受等大、反向的安培力作用，L2受安培力向左，做减速运动，L1受安培力向右，做加速运动，A项错误;依题意，把导体棒L1和L2看成一个系统，则系统动量守恒，取向右为正方向，当导体棒L2的速度逐渐减小为0.5v0时，有mv0=m×0.5v0+mv，解得v=0.5v0，根据能量守恒定律得m=×2mv2+2QL，联立解得这个过程中L2产生的焦耳热为QL=m，B项错误;导体棒L1的速度增加为0.5v0时，此时两棒速度相等，则两棒两端的电势差相等，均等于各自切割磁感线产生的感应电动势，则导体棒L1两端的电势差为U=0.5Bdv0，C项正确;当导体棒 L2的速度减小为0.6v0，导体棒L1的速度增加为0.4v0时，回路中感应电动势为E=BdΔv=0.2Bdv0，根据闭合电路欧姆定律可得L1两端的电势差为U'=0.5E=0.1Bdv0，D项错误。 [模型构建]　“导轨+双杆”模型 物理模型 “一动一静”型:甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡 两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减;系统动量是否守恒 分析方法 动力学 观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动 能量 观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和 动量 观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力矢量和为零，则考虑应用动量守恒处理问题 训练2　如图所示，左侧倾角θ=37°、足够长的光滑平行金属导轨与右侧足够长的水平光滑平行金属导轨之间用两段光滑绝缘圆弧轨道(长度可忽略)连接，两导轨的水平部分在同一水平面内，间距为d，倾斜导轨顶端连接阻值为R的定值电阻。两部分导轨分别处于与导轨平面垂直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中(图中未画出)。质量为3m的金属棒Q静止在圆弧底部，质量为5m的金属棒P从倾斜导轨上某处由静止滑下，当金属棒P到达倾斜导轨底端时速度恰好达到最大。金属棒P、Q的电阻均为R，两棒发生弹性碰撞且碰撞时间极短，两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计金属导轨的电阻。重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求: (1)金属棒P到达倾斜导轨底端时的速度大小; (2)金属棒P、Q碰撞后金属棒P的速度大小; (3)从金属棒P、Q碰撞后到两棒的运动状态达到稳定的过程中，金属棒P、Q的位移差。 解析　(1)金属棒P速度最大时加速度为零，此时有 5mgsin 37°=B··d， 解得金属棒P到达底端的速度大小为v=。 (2)金属棒P和Q碰撞前后，由动量守恒定律可得 5mv=5mv1+3mv2， 由机械能守恒定律可得 ×5mv2=×5m+×3m， 联立解得金属棒P、Q碰撞后金属棒P的速度大小为 v1=，v2=。 (3)碰后金属棒P和Q组成的系统，水平方向上所受的合外力为0，则水平方向上动量守恒，两棒的运动状态达到稳定时两金属棒的速度相同，在水平方向上，由动量守恒定律5mv1+3mv2=(5m+3m)v0， 解得两金属棒一起做匀速直线运动时的速度大小为 v0=， 设两金属棒碰后至一起做匀速直线运动过程中，两者的位移差为Δx，所经历的时间为Δt，回路的平均电流为，则==， 此过程中，对金属棒P，由动量定理可得 Bd·Δt=5mv0-5mv1， 联立解得Δx=。 答案　(1)　(2)　(3) 高考真题·体验 1.(2025·陕晋青宁卷)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度为B，甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用，则(D) A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1 C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 解析　进磁场的过程中，甲线框右边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中的电流沿顺时针方向，出磁场的过程中，甲线框左边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中的电流沿逆时针方向，A项错误;刚进磁场区域时，甲线框切割磁感线产生的电动势E=BLv0，线框中的电流I=，所受合力等于所受安培力F安甲=BIL，联立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小F安甲=，同理可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F安乙=，有F安甲∶F安乙=2∶1，B项错误;结合B项分析，对乙线框进出磁场的两过程，由动量定理分别有-t进=mΔv进，-t出=mΔv出，其中t进=2L，t出=2L，又乙线框完全出磁场区域时的速度大小v乙=v0+Δv进+Δv出，联立解得v乙=，C项错误;与C项分析同理可得甲线框完全出磁场区域时速度大小v甲=0，所以由能量守恒定律可知，甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q甲=m，Q乙=m-m，联立可得Q甲∶Q乙=4∶3，D项正确。 2.(2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放。求: (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小; (2)金属环刚开始运动时的加速度大小; (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 解析　(1)设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有mgL=m， ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得 E1=BLv1， 联立解得E1=BL。 (2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc=， 设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有I1=， 经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则F1=I1LB， 由牛顿第二定律得F1=2ma， 联立解得a=。 (3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1=(m+2m)v2， 设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得 ∑FΔt=2mv2-0， F=ILB， 由闭合电路欧姆定律得I=， 设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s，若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有E=BL， 又s=L+∑Δx， 联立解得s=+L。 答案　(1)BL　(2) (3)+L 学科网（北京）股份有限公司 $