第12章 专题提升十八 电磁感应中的动量问题(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

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、动量守恒定律在电磁感应中的应用两大核心考点，通过广东专版考向分类，明确单棒+电阻、双棒模型等常考题型占比，结合2024贵州卷、2025海南卷等真题实例，构建系统复习框架。 课件亮点在于“模型建构+真题解析+素养提升”策略，如“单棒+电阻”模型中用动量定理推导电荷量与位移关系，培养科学思维与物理观念。特设课时测评题组，通过变式训练强化应试技巧，助力学生掌握解题方法，教师可据此精准教学，提升复习效率。

专题提升十八　电磁感应中的动量问题 高三一轮复习讲义 广东专版 第十二章 电磁感应 1.会用动量定理处理电磁感应的有关应用问题。 2.会用动量守恒定律处理电磁感应的有关应用问题。 学习目标 提升点一 动量定理在电磁感应中的应用 提升点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用 课时测评 内容索引 动量定理在电磁感应中的应用 提升点一 返回 考向1 “单棒＋电阻”模型 情境示例1：“有初速度、无外力”型 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，从开始运动 至停下来 求电荷量q －LBΔt＝0－mv0，q＝Δt，则q＝ 求位移x －Δt＝0－mv0，x＝Δt，则x＝ 应用技巧 初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q＝Δt，x＝Δt，若已知q或x也可求速度 情境示例2：“初速度为零、有外力”型 间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量 为m、接入电路的阻值为R的导体棒，重力加速度为g，当通过 横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v 求运动 时间Δt 已知电荷量q：－LBΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt 已知位移x：－Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δt 应用技巧 用动量定理求时间需有其他恒力参与。若已知运动时间，也可求q、x、v中的任意一个物理量 如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒平行导轨向右的初速度v0，当流过棒横截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为x。则 A.当流过棒的电荷量为时，棒的速度为 B.当棒的位移为时，棒的速度为 C.在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为 D.整个过程中定值电阻R释放的热量为 √ 例1 对ab棒由动量定理有－LBt＝0－mv0，而q＝t，即－BLq＝0－mv0，当流过棒的电荷量为时，有－BL· ＝mv1－mv0，解得v1＝v0，A错误；当棒的位移为x时，q＝＝，则当棒的位移为时，q'＝＝，可知此时流过棒的电荷量q'＝，由动量定理有－'LBt'＝－BLq'＝mv2－mv0，解得棒的速度为v2＝v0，B错误； 定值电阻与导体棒释放的热量相同，在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为Q＝＝m＝，C正确；同理可得整个过程中定值电阻R释放的热量为Q'＝×m＝，D错误。 (多选)(2024·贵州卷·T10)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 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 √ √ 例2 设加速阶段的位移与减速阶段的位移均为x，根据q＝Δt＝Δt＝·Δt＝＝，可知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；减速过程由动量定理可得－LBΔt＝－BLq＝0－mv，解得q＝，A正确。由q＝＝，解得x＝，金属棒加速过程中，有x＝vt，可得加速的时间t＝，B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，拉力达到 最大，由牛顿第二定律可得Fm－＝ma，其中v＝at，联立解得Fm＝，C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，由动能定理有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错误。 考向2 不等间距的双棒模型 (多选)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好。且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处。则下列说法正确的是 A.t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝ B.达到稳定运动时，C、D两棒的速度之比为1∶1 C.从t＝0到达到稳定运动的过程中，回路产生的热量为m D.从t＝0到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为 例3 √ √ √ t＝0时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D所受安培力F＝ILB，设此时导体棒D的加速度大小为a，则有F＝ma，解得a＝，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时导体棒C、D的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，由动量定理，对导体棒C有－·2LBΔt＝mv1－mv0，对导体棒D有 LBΔt＝mv2，解得v1＝v0，v2＝v0，故B错误； 从t＝0到达到稳定运动的过程，根据能量守恒定律，可知回路产生的热量为Q＝m－m－m，解得Q＝m，故C正确；由动量定理，对导体棒C有－·2LBΔt＝mv1－mv0，又q＝Δt，解得q＝，故D正确。 双棒分别位于不等间距的导轨上运动时，由于双棒所受的安培力大小一般不相等，而且随着速度大小的变化，安培力的大小也在变化，此种情况一般优先考虑应用动量定理解决有关问题。 总结提升 考向3 “单棒＋电容器”模型 情境示例1：“无外力、充电”型 基本模型   导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C 电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电 电流特点 安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝，电容器充电，UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动 运动特点及 最终特征 棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器所带电荷量不为零 最终速度 电容器充电电荷量q＝CUC 最终电容器两端电压UC＝BLv1 对棒应用动量定理有 －LB·Δt＝－BLq＝mv1－mv0 最终速度v1＝ v -t图像   情境示例2：“无外力、放电”型 基本模型   电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C 电路特点 电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动 电流特点 电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm 运动特点及 最终特征 棒做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0 最大速度vm 电容器初始电荷量Q0＝CE 放电结束时电荷量Q＝CUC＝CBLvm 电容器放电电荷量 ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm 对棒应用动量定理有 LB·Δt＝BLΔQ＝mvm－0 最大速度vm＝ v -t图像   已知在一磁感应强度为B的磁场中存在一光滑双轨，左端接入电容C，两机械臂1和机械臂2(可视为杆)，质量均为m，两机械臂接入磁场中的长度均为L，电阻均为R。机械臂1的初速度为v0，方向向右，机械臂2静止，两者不相撞。导轨电阻不计，系统稳定后，电流为零，两机械臂速度相同。求： (1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向； 例4 答案：BLv0　沿机械臂1向上 初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E＝BLv0 由右手定则可知感应电流方向沿机械臂1向上。 (2)在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，求此时两机械臂所受安培力的大小，以及此时电容器电荷量Q的表达式； 答案：I1LB　I2LB　Q＝ 在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，两机械臂安培力的大小分别为F1＝I1LB，F2＝I2LB 设此时两机械臂的速度分别为v1、v2，根据动量定理得－LB·Δt＝mv1－mv0，LB·Δt＝mv2 而Δt＝Q1，Δt＝Q2 此时电容器的电荷量Q＝Q1－Q2 电容器两端的电压 U＝＝BLv1－I1R＝BLv2＋I2R 联立解得Q＝。 (3)稳定时机械臂1、2的速度大小和两机械臂间初始距离的最小值。 答案：　　 当I1＝I2＝0时，两机械臂的速度相同，此时 U＝BLv 结合(2)问可得两机械臂的速度均为 v＝ 此过程中，对机械臂1根据动量定理得 －·Δt＝－＝mv－mv0 对机械臂2根据动量定理得 ·Δt＝＝mv 初始距离的最小值Δx＝x1－x2 解得Δx＝。 返回 动量守恒定律在电磁感应中的应用 提升点二 返回 1.双金属棒和导轨构成闭合回路系统中，双金属棒切割磁感线运动时，安培力充当系统内力，如果双金属棒所受外力的矢量和为0时，满足动量守恒，优先选用动量守恒定律解决此类问题比较方便。 2.双棒模型(不计导轨的摩擦力) 模型示例   水平面内的光滑等距导轨，两棒的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，给棒2一个初速度v0 电路特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而加速运动，运动后产生反电动势 过程简析 棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中的电流减小，I＝BL，安培力减小，加速度减小，稳定时，两棒的加速度均为零，以相等的速度匀速运动 稳定状态 a＝0，I＝0，v1＝v2 选用规律 动量守恒：m2v0＝(m1＋m2)v 能量守恒：Q＝m2－(m1＋m2)v2 闭合电路中的有关规律 注意：双金属棒在同一导轨上运动而且有外力作用时，系统的动量一般不守恒，可以考虑应用动量定理、动力学或能量观点分析解决有关问题。 (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始终与导轨垂直并接触良好，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 例5 √ √ 棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生 感应电动势，使整个回路中有感应电流，判 断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作 用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝，选项A、C正确，B、D错误。 (2026·广东佛山顺德区检测)如图，平行金属导轨MM′、NN′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在水平台面上，平行金属导轨间距均为L＝1 m，M′N′与PP′高度差为h1＝0.6 m。导轨MM′、NN′左端接有R＝3.0 Ω的电阻，导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度大小为B1＝2 T、方向竖直向上的匀强磁场；导轨PQR与P′Q′R′中，PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r＝0.9 m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨。QQ′右侧存在磁感应强度大小为B2＝4 T、方向竖直向上的匀强磁场，导体棒a质量m1＝0.2 kg，接在电路中部分的电阻R1＝2.0 Ω；导体棒b质量m2＝0.3 kg，接在电路中部分的电阻R2＝6.0 Ω。导体棒a从距离导轨MM′、NN′平直部分h＝1.25 m处静止释放，恰能无碰撞地从PP′滑入右侧平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g＝10 m/s2，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求： 例6 (1)导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小以及此时通过电阻R的电流大小和方向； 答案：5 m/s　2 A，方向由N到M 根据动能定理可知 m1gh＝ 解得导体棒a刚进入磁场 B1时的速度大小为v1＝5 m/s 由题可知E＝B1Lv1，I1＝ 解得I1＝2 A 由右手定则可判断，此时通过电阻R的电流的方向为由N到M。 (2)导体棒b的最大加速度大小； 答案： m/s2 由题可知，导体棒a到达PP′时速度方向与水平方向的夹角为60°，则h1＝ 解得v2＝4 m/s 导体棒a刚进入磁场B2时， 导体棒b的加速度最大， 则m1gr(1－cos 60°)＝ I2＝，I2LB2＝m2a 解得v3＝5 m/s，a＝ m/s2。 (3)d的大小； 答案：0.75 m 导体棒a从N′M′到PP′的过程中，有 m1gh1＝ 解得v4＝2 m/s 在导轨MM′、NN′平直部分从左到右过程有 －LB1Δt＝Δp1 即－B1qL＝m1v4－m1v1，其中q＝ 解得d＝0.75 m。 (4)导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′上运动过程中产生的总焦耳热(导轨足够长)。 答案：1.5 J 根据动量守恒定律可知m1v3＝(m1＋m2)v5 解得v5＝2 m/s 导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热与系统减少的动能相等， 即Q＝ 针对练.(2025·海南卷·T18)(2025·海南卷·T18)间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角θ＝30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，两相同导体棒ab、cd与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均m，接入电路中的电阻均为R，cd棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为g。 (1)锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热； 答案：　mgx0－ ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得F安ab＝mgsin 30°，F安ab＝IabLB 解得通过ab棒的电流为Iab＝ 设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0，cd棒开始运动时回路中的电流为I1，此时对cd棒有F安cd＝μmg 同时有F安cd＝I1LB，I1＝ 分析可知cd棒从解除锁定到开始运动过程中， cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等， 整个过程根据能量守恒可得mgx0sin 30°－m＝2Qcd 联立解得cd棒产生的焦耳热为 Qcd＝mgx0－。 (2)此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时ab、cd棒的速度大小 之差； 答案： 分析可知ab棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒根据牛顿第二定律有mgsin 30°－F安＝ma，F安－μmg＝ma 同时有F安＝ILB，I＝＝ 联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为Δv＝。 (3)ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒到达水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，cd棒的加速度为零，速度不为零，求从t1时刻到某时刻，ab、cd的路程之差。 答案： 分析可知从开始到t1时刻，两棒整体所受合外力的矢量和为零，故该过程系统动量守恒，设t1时刻ab棒的速度为v1'，可知mΔv＝mv1' 解得v1'＝Δv＝ 设某时刻ab棒速度为v1″，cd棒速度为vcd，cd棒的加速度为零，可得 F安cd2＝μmg 其中F安cd2＝I2LB 分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得I2＝ 从t1时刻到某时刻对两棒分别根据动量定理有－Δt＝mv1″－mv1'，Δt＝mvcd 变式可得μmgΔt＋BLq＝mv1'－mv1″，BLq－μmgΔt＝mvcd 两式相加得2BLq＝mv1'－m 同时有q＝Δt＝·Δt＝＝ 联立解得从t1到某时刻，ab、cd的路程之差为Δs＝。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　动量定理在电磁感应中的应用 1.(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是 A.q1＝q2 B.q1＝2q2 C.v＝1.0 m/s D.v＝1.5 m/s √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理有－LBΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理有－LBΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 2．(2025·广东省三模)我国的福建舰采用了电磁弹射技术，装备了三条电磁弹射轨道，电磁弹射的简化模型如图所示，足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电容器C相连，与机身相连的金属杆ab静置在轨道上，闭合开关S后，飞机向右加速。若不计所有阻力和摩擦，回路总电阻R保持不变，则下列说法不正确的是 A．提高电容器的放电量，可以提高飞机的起飞速度 B．飞机运动过程中，a端的电势始终高于b端的电势 C．飞机的速度最大时，金属杆ab产生的感应电动势与电容器两端电压相等 D. 飞机的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为零 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 对金属杆与飞机，由动量定理可得Δt，联立可得BLq＝mv，则提高电容器的放电量，可以提升飞机的起飞速度，故A正确；飞机向右加速，通过金属杆ab的电流方向为a→b，则电容器上板带正电，下板带负电，a端的电势高于b端的电势，故B正确；随着飞机加速，金属杆ab产生的电动势E＝BLv，则电动势增大，电容器两端电压U减小，根据牛顿第二定律，对金属杆和飞机有＝ma，则金属杆的加速度a减小，当U＝E时，飞机的速度达到最大，此时电容器所带的电荷量不为零，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 3.(多选)(2024·湖南卷·T8)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.金属杆经过BB1的速度为 B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为m－μmgd C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D.若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 设导轨间距为L，金属杆在AB间运动的过程中，根据动量定理得－LBt1＝mv1－mv0，且t1＝q＝＝，整理得＝mv0－mv1；金属杆在AC间运动过程，根据动量定理得－'LBt'－μmgt2＝0－mv0(t2为金属杆在BC段运动的时间)，且't'＝q'＝＝，整理得＋μmgt2＝mv0，比较得v1＞，A错误； 2 3 4 5 6 7 8 1 在整个过程中，由能量守恒定律得Q总＝m－ μmgd，定值电阻R上产生的热量QR＝Q总，联立解 得QR＝m－μmgd，B错误；若取向右为正方向，结合A项分析可知，金属杆经过AA1B1B区域，金属杆所受安培力的冲量I安1＝－，金属杆经过BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I安2＝－，可得I安1＝I安2，所以金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域所受安培力的冲量相同，C正确； 2 3 4 5 6 7 8 1 由A项分析知，＋μmgt2＝mv0，若初速度增大到原来的2倍，t2会减小，所以x会大于原来的2倍，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 题组2　动量守恒定律在电磁感应中的应用 4.如图所示，一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) A.导体棒进入磁场时的速度大小为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 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 设导体棒进入磁场时的速度大小为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＝＝，联立解得q＝ 2 C，x1＝2 m，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 5．(多选)(2026·广东深圳模拟)如图，质量为1 kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2 kg的条形磁体(条形磁体横截面比铝管的内横截面小)以v＝3 m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则 A．磁体穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右 B．磁体穿过铝管后，铝管速度可能为4 m/s C．磁体穿过铝管时的速度可能大于2 m/s D．磁体穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 磁体穿过铝管过程中，根据楞次定律的推论可知，铝管受到的安培力始终向右，故A错误；磁体穿过铝管的过程中，系统动量守恒，设穿过铝管时磁体的速度为v1，铝管的速度为v2，根据动量守恒定律有Mv＝Mv1＋mv2，假设无能量损耗，则有，解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s，假设磁体恰好和铝管速度相等(能量损耗最大)，共速的速度为v3，根据动量守恒定律有Mv＝(M＋m)v3，解得v3＝2 m/s，损耗的能量为ΔE＝＝3 J，所以磁体穿过铝管后，铝管速度小于4 m/s，磁体穿过铝管时的速度可能大于2 m/s，磁体穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J，故B错误，C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 6．(2026·广东广州一模)如图，足够长的磁体在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁体中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则 A．在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向 B．环中最大的感应电流大小为 C．环下落过程中所受重力的冲量等于其动量变化 D．t时间内通过金属环横截面的电荷量为 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 根据题意，由右手定则可知，在金属环下落过程中，在俯视图中，环中感应电流沿顺时针方向，故A错误；根据题意可知，当重力等于安培力时，环下落的速度最大，根据平衡条件有mg＝F安＝BIm·2πr，当环速度最大时，感应电动势为E＝B·2πrv，感应电流为Im＝，联立可得Im＝，故B正确； 2 3 4 5 6 7 8 1 当环从静止下落过程中，由于切割磁感线，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，则除了重力外，还受安培力作用，由动量定理可知，动量变化等于合力的冲量，故C错误；取向下为正方向，由动量定理有mgt－B·2πrt，联立解得q＝，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 7.(多选)(2026·吉林长春模拟)如图所示，光滑平行金属导轨AB、CD固定在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，BP、DQ为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度为B＝1 T、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距均为L＝1 m，右侧连接一阻值为1 Ω的电阻。两金属棒ab、cd的质量分别为1 kg、2 kg，长度均为1 m，电阻均为1 Ω。初始时，金属棒cd垂直静置在水平导轨上，金属棒ab垂直倾斜导轨从距底端2.5 m处由静止释放，不计导轨电阻。金属棒cd达到最大速度后闭合开关，g取10 m/s2，两金属棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是 A.金属棒cd的最大加速度为1.25 m/s2 B.金属棒cd的最大速度为2.5 m/s C.闭合开关前流过金属棒ab的电荷量为 C D.闭合开关前后流过金属棒cd的电流方向不变 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 对金属棒ab分析，根据动能定理有m1gxsin θ＝m1v2，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，通过金属棒cd的电流为I＝，cd棒所受安培力大小为F＝ILB，根据牛顿第二定律有F＝m2am，解得金属棒cd的最大加速度为am＝1.25 m/s2，故A正确；当ab、cd棒共速时，cd棒速度达到最大，由动量守恒定律得m1v＝(m1＋m2)v共，解得金属棒cd的最大速度为v共＝ m/s，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 1 对cd棒，由动量定理得LB·Δt＝m2v共，又q＝Δt， 解得闭合开关前流过金属棒cd的电荷量为q＝ C， 由于金属棒ab与cd串联，则流过两金属棒的电荷量 相等，所以闭合开关前流过金属棒ab的电荷量为 C，故C正确；闭合开关前，金属棒ab的速度大于金属棒cd的速度，根据右手定则可知流过金属棒cd的电流方向为从d到c，当cd达到最大速度后闭合开关，金属棒cd切割磁感线，相当于电源，流过金属棒cd的电流方向为从c到d，故闭合开关前后流过金属棒cd的电流方向改变，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 8．(15分)(2026·佛山模拟)如图所示，间距均为L的光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线MN右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。a、b为两根粗细均匀的金属棒，a棒质量为m、长度为L、电阻为R，垂直固定在倾斜轨道上距水平面高h处；b棒质量为2m、长度为L、电阻为2R，与水平导轨垂直并处于静止状态。a棒解除固定后由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触，不计导轨电阻，重力加速度为g。求： 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)a棒刚进入磁场时产生的电动势大小； 答案：BL 2 3 4 5 6 7 8 1 设a棒下落到底端刚进入磁场瞬间的速度大小为va，由机械能守恒定律可得mgh＝ 解得va＝ 则刚进入磁场时产生的感应电动势的大小E＝BLva＝BL。 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)当a棒的速度大小变为刚进入磁场时速度的一半时，b棒的加速度大小； 答案： 2 3 4 5 6 7 8 1 设当a棒的速度变为原来的一半时回路中的感应电动势为E1，b棒的速度为vb 则由动量守恒定律可得mva＝mva＋2mvb 解得vb＝va 则此时的感应电动势 E1＝BL 2 3 4 5 6 7 8 1 根据闭合电路的欧姆定律可知此时回路中的电流I＝ 可知b棒此时所受安培力的大小Fb＝ILB＝ 由牛顿第二定律有Fb＝2mab 解得ab＝。 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)整个运动过程中，b棒上产生的焦耳热。 答案： 2 3 4 5 6 7 8 1 通过分析可知a、b棒最终将达到共速，之后一起做匀速直线运动，由动量守恒定律可得 mva＝(m＋2m)v共 同时，在运动过程中由能量守恒可得 ＋Q总 联立以上两式可得Q总＝mgh 而a、b棒串联，则产生的焦耳热之比等于电阻之比，由此可得b棒上产生的焦耳热 Qb＝mgh。 返回 2 3 4 5 6 7 8 1 谢 谢 观 看 专题提升十八　电磁感应中的动量问题 $