第1编 专题4 电路与电磁感应 第11讲 电磁感应中的动量问题（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

该高中物理高考复习课件聚焦“电磁感应中的动量问题”专题，依据高考评价体系梳理了动量定理应用（求速度、电荷量等）和动量守恒定律应用两大核心考点，通过2025年湖南、黑吉辽蒙、河北等多省高考真题分析，明确了双杆模型、单杆切割等常考题型的高频考查方向，构建了“规律应用-题型归类-解题步骤”的系统复习框架。 课件亮点在于“真题精讲+素养渗透+技巧提炼”的备考模式，如以2025河北卷双杆问题为例，运用科学思维中的模型建构和科学推理，拆解动量定理与能量守恒的综合应用步骤，培养学生运动和相互作用观念。特设“易错点警示”（如安培力方向判断、电荷量公式适用条件）和“解题模板”，助力学生掌握得分关键，教师可依托真题案例实现精准复习指导，提升备考效率。

第11讲　电磁感应中的动量问题 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 考点一 考点二 例1　(多选)(2025湖南卷)如图所示,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(　　) 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 AC 考点一 考点二 解析 根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中,金属杆中电流沿y轴负方向,故A正确;若金属杆可以在沿x轴正方向的力F作用下做匀速直线运动,则有F=F安=BIL,I=,可得F=,由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化,故F为变力,故B错误;取一微小时间Δt,设此时金属杆接入导轨中的长度为L',根据动量定理有-BI'L'Δt=-BL'q' =mΔv,同时有q=·Δt=,联立得-=mΔv,对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得-=0-mv0,解得此时金属杆与导轨围成的面积S=,故C正确;若金属杆的初速度减半,由上述分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积S'=S,根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半,故D错误。 考点一 考点二 例2　(2025黑吉辽蒙卷)如图(a)所示,固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd,置于始终竖直向下的匀强磁场中,ad边与磁场边界平行,ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m=1 kg、电阻R=0.5 Ω、边长L=1 m。磁感应强度B随时间t连续变化,0~1 s内B-t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示,其中0~1 s内的图像未画出,规定顺时针方向(俯视)为电流正方向。 考点一 考点二 (1)求t=0.5 s时ad边受到的安培力大小F。 (2)在图(b)中画出1~2 s内的B-t图像(无需写出计算过程)。 (3)从t=2 s开始,磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定,给导体框一个向右的初速度v0=0.1 m/s,求ad边离开磁场时的速度大小v1。 考点一 考点二 答案 (1)0.015 N　(2)见解析图 (3)0.01 m/s 解析 (1)在0~1.0 s内,由法拉第电磁感应定律得 E1=×12 V=0.05 V 由闭合电路欧姆定律可知,0~1.0 s内导体框中的感应电流大小为I1==0.1 A 由图(b)可知,t=0.5 s时磁感应强度大小为B0.5=0.15 T 所以此时ad边受到的安培力大小为F=B0.5I1L=0.15×0.1×1 N=0.015 N。 考点一 考点二 (2)0~1.0 s内导体框中的感应电流大小为I1=0.1 A,根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针,由图(c)可知1.0~2.0 s内的感应电流大小为I2=0.2 A,方向为逆时针 根据欧姆定律可知1.0~2.0 s内的感应电动势大小为E2=I2R=0.1 V 由法拉第电磁感应定律得E2==0.1 V 1.0~2.0 s内导体框中的磁通量的变化率为=0.2 V 解得t=2 s时磁感应强度大小为B2=0.3 T,方向垂直于纸面向里 故1.0~2.0 s内的磁感应强度随时间变化的图像如图所示。 考点一 考点二 (3)导体框从磁场离开的过程中,由动量定理得-B2L·Δt=mv1-mv0 其中q=·Δt=Δt= 联立解得ad边离开磁场时的速度大小为v1=0.01 m/s。 考点一 考点二 例3　(2025河北部分高中模拟)如图所示,两水平平行金属导轨由宽轨M1N1、M2N2,窄轨O1P1、O2P2两部分组成,宽轨部分间距为2L,窄轨部分间距为L。现将两根材料相同、横截面积相同的金属棒ab、cd分别静置在宽轨和窄轨上。金属棒ab的质量为m,电阻为R,长度为2L,金属棒cd的长度为L,两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。除金属棒的电阻之外其余电阻不计,宽轨和窄轨都足够长。金属导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给金属棒ab一水平向右的初速度v0,此后金属棒ab始终在宽轨磁场中运动,金属棒cd始终在窄轨磁场中运动,不计一切摩擦。 考点一 考点二 下列说法正确的是(　　) A.金属棒ab刚开始运动时,ab棒中的电流方向为b→a B.当两金属棒匀速运动时,ab棒的速度为 C.金属棒ab从开始运动到匀速运动的过程中,通过ab棒的电荷量为 D.金属棒ab从开始运动到匀速运动的过程中,ab棒中产生的热量为 C 考点一 考点二 解析 金属棒ab刚开始运动时,根据右手定则可知ab棒中的电流方向为a→b,故A错误;依题意,金属棒cd的质量为,电阻为,匀速运动时,两棒切割磁感线产生的电动势大小相等,有B·2Lvab=BLvcd,得末速度2vab=vcd,对ab棒,有-B·2LΔt=mvab-mv0,对cd棒有BLΔt=vcd,解得vab+vcd=v0,则vab=, vcd=,故B错误;根据q=Δt,联立解得q=,故C正确;由能量关系,整个过程中产生的热量Q总=,又Qab=Q总,联立解得Qab=,故D错误。 考点一 考点二 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 物理 模型 方法 指引 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况,要注意两杆切割磁感线产生的电动势是相加还是相减,如果两金属杆所受的外力之和为零,则考虑应用动量守恒定律处理问题 考点一 考点二 例4　(多选)(2025山东省实验模拟)如图所示,两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内,导轨间距为L。导轨上垂直放置导体棒a和b,质量均为m,电阻均为R,回路中其余部分的电阻不计。匀强磁场磁感应强度大小为B、方向竖直向上。开始时,两棒均静止,间距为x0。t=0时刻导体棒a获得向右的初速度v0,两导体棒的Δv-t图像(Δv=va-vb)如图乙所示,下列说法正确的是(　　) A.0~t2时间内,导体棒b产生的焦耳热为 B.t1时刻,棒a的加速度大小为 C.t2时刻,两棒之间的距离为 D.0~t2时间内,通过棒b的电荷量为 BD 考点一 考点二 解析 t2时刻Δv=0,说明两棒速度相等,设为v,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=2mv,设0~t2时间内回路产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律得Q=×2mv2,联立解得Q=,导体棒b产生的焦耳热为Qb=,故A错误;t1时刻,Δv=va-vb=,回路中产生的总的感应电动势为E=BLva-BLvb=BLΔv=BLv0,回路中感应电流大小为I=,此时棒a所受的安培力大小为F=BIL,对棒b,由牛顿第二定律可得a=,联立解得a=,故B正确;t2时刻两棒速度相同,由A选项分析知v=,0~t2时间内,取向右为正方向,对棒b,由动量定理,有BLt2=mv-0,又t2=q,即BqL=mv,联立得q=,根据电荷量的计算公式可得q=t=t=,解得t2时刻,两棒之间的距离为x=x0+,故C错误,D正确。 考点一 考点二 例5　(2025河北卷)某电磁助推装置设计如图,超级电容器经调控系统为电路提供1 000 A的恒定电流,水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中,a可视为始终垂直导轨的导体棒,b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM'处,b静止于a右侧某处。现将开关S接1端,a与b正碰后锁定并一起运动,损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN'时将S接2端,同时解除锁定,所储势能瞬间全部转化为动能,a与b分离。已知电容器电容C为10 F,导轨间距为0.5 m,磁感应强度大小为1 T,MM'到NN'的距离为5 m,a、b质量分别为2 kg、8 kg,a在导轨间的电阻为0.01 Ω。碰撞、分离时间极短,各部分始终接触良好,不计导轨电阻、摩擦和储能耗损,忽略电流对磁场的影响。 考点一 考点二 (1)若分离后某时刻a的速度大小为10 m/s,求此时通过a的电流大小。 (2)忽略a、b所受空气阻力,当a与b的初始间距为1.25 m时,求b分离后的速度大小,分析其是否为b能够获得的最大速度;并求a运动过程中电容器的电压减小量。 (3)忽略a所受空气阻力,若b所受空气阻力大小Ff与其速度v的关系为Ff=kv2 (k=0.025 N·s2/m2),b初始位置与(2)问一致,试估算a运行至NN'时,a、b分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%,并给出结论。(0.992=0.980 1) 考点一 考点二 答案 (1)500 A　(2)25 m/s　是　40 V　(3)能　见解析 解析 本题考查电磁感应。 (1)根据法拉第电磁感应定律有E=BLv 通过a的电流I1= 解得I1=500 A。 考点一 考点二 (2)以水平向右为正方向,a从MM'运动至b位置过程中由安培力提供加速度 有BIL=maa1,x1=a1,v1=a1t1 解得a1=250 m/s2,t1=0.1 s,v1=25 m/s a与b碰撞过程中系统动量守恒,有mav1=(ma+mb)v2 储存的弹性势能为Ep=ma(ma+mb) 解得v2=5 m/s,Ep=500 J a、b碰后一起运动至NN'过程中,x2=5 m-1.25 m=3.75 m,由安培力提供加速度,有BIL=(ma+mb)a2,x2=v2t2+a2,v3=v2+a2t2 解得a2=50 m/s2,t2=0.3 s,v3=20 m/s 考点一 考点二 a、b分离过程,由动量守恒定律有 (ma+mb)v3=mav4+mbv5 由能量守恒定律有 Ep=mamb(ma+mb) 解得v4=0,v5=25 m/s 在整个过程中安培力大小恒定,a、b分离时,若a的速度为零,则此时b能获得最大速度,最大速度为25 m/s 上述过程中通过导体棒a的电荷量q=I(t1+t2)=400 C 电容器电压的减少量ΔU= 解得ΔU=40 V。 考点一 考点二 (3)以水平向右为正方向,a、b碰后共同速度为v2=5 m/s,若无空气阻力,到达NN'的速度为v3=20 m/s,其v2-x图像如图所示 若考虑阻力Ff=kv2,则实际v2-x图像应在图中所示图像的下方,可知克服阻力做的功为W<·x2 由能量守恒定律有Fx2-W=(ma+mb)(v2'2-) 解得v2'2>396 m2/s2>392.04 m2/s2=·0.992 可知a、b分离前的速度大小能达到(2)问中分离前速度的99%。 考点一 考点二 考点一 考点二 例6　(2025安徽滁州检测)如图甲所示,两条间距为L、电阻不计的光滑平行金属轨道固定在水平面上,轨道右侧与光滑绝缘斜面的底部平滑连接,斜面倾角为θ,水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。将长度均为L的金属棒P、Q放在轨道上,两棒均与轨道垂直,Q棒到斜面底部的距离为x0。现给P棒一初速度v0,在Q棒第一次到达斜面底端之前,两棒的速度—时间图像如图乙所示,已知P棒的质量为m,两棒电阻均为R,重力加速度为g,整个过程两棒未相碰,P棒始终在水平轨道上,Q棒未冲出斜面,求: 甲 乙 考点一 考点二 (1)Q棒第一次到达水平轨道右端时的加速度大小; (2)Q棒从开始运动至第一次到达水平轨道右端所用的时间; (3)P棒做减速运动的总位移大小和Q棒在斜面上运动的总时间。 考点一 考点二 答案 (1)　(2)　(3)+x0　 解析 (1)在Q棒第一次到达斜面底端之前,由动量守恒定律得mv0=0.9mv0+0.2m'v0 解得m'=0.5m 对Q棒,根据牛顿第二定律F安=m'a 又有E=BL(v1-v2),I=,F安=BIL 综合得F安=,又有v1-v2=0.7v0 解得a=。 考点一 考点二 (2)在Q棒第一次到达斜面底端之前,对Q棒,由动量定理有Δt=m'Δv 则=m'v2,解得x1=+x0 由动量守恒定律有mv0=mv1+m'v2 所以mv0t1=mx1+m'x0。 将x1代入得t1=。 考点一 考点二 (3)由题意知,Q棒最终停在斜面底部,整个过程对P得 -=-mv0 解得x相'= 又有x相'=x-x0 解得x=+x0 对P、Q系统整个过程有 -m'gsin θ·t=-mv0 解得总时间t=。 考点一 考点二 $