第十章 微专题20　动量观点在电磁感应中的应用（课件）2027年高考物理一轮专题复习（人教版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动量观点在电磁感应中的应用”专题，依据高考评价体系梳理了动量定理、动量守恒定律两大核心考点，覆盖单杆、双杆（含不等间距）、单杆+电容器等典型模型，通过分析求电荷量、位移、速度等常考问题，明确高频考点分布，构建系统复习框架。 课件亮点在于“考点拆解+典例精析+思维建模”的备考策略，以金华模拟双棒模型、北斗星盟联考电容器模型等真题级案例为载体，通过“受力分析-安培力冲量计算-电磁学与力学规律联立”的解题思维链，培养学生模型建构、科学推理等科学思维素养，助力学生掌握动量定理求电荷量、双棒动量守恒等突破方法，教师可据此精准开展专题复习，提升备考效率。

微专题20 动量观点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 1.关键点 (1)分析导体棒的速度变化: 2.解题思维链 命题视角1　动量定理不等间距的双棒模型中的应用 【典例1】 (中等)(2025·金华模拟)如图所示,足够长光滑平行水平导轨所在空间有垂直于导轨平面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B。导轨间距分别为L和2L,质量为m、电阻为R的铜棒ab跨放在导轨上,同种材料、粗细相同的铜棒cd的长度是ab的两倍,两棒与导轨始终垂直且接触良好。 若使ab棒获得一个大小为v0、水平向右的初速度,导轨电阻不计,则在两棒运动过程中(cd棒始终在宽度为2L的导轨上运动),下列说法正确的是(　　) D 命题视角2　动量定理在单棒+电容器模型中的应用 【典例2】 (困难)(2025·北斗星盟联考)如图所示,固定在水平面内间距为l的平行金属导轨M和N,其左端通过开关S1和S2连接电阻R、电容为C的电容器及在竖直平面内带有三根轻金属辐条可绕过其中心的水平轴O转动、半径为d的轻质金属圆环,圆环内存在垂直于圆环的匀强磁场B;右端与动摩擦因数为μ的绝缘导轨x、y无缝相连,其正中固定一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧,弹簧左端恰好与绝缘导轨对齐。在长度为Δl的虚线框内存在大小也为B、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。接入电路的电阻为R、质量为m、长为l的导体棒ab静止于磁场右边界(处在磁场内),并与导轨接触良好。 (1)求操作②中通过ab棒的电荷量; 答案:(1)0.125 C (2)求操作③中ab棒返回磁场的速度大小; (3)判断③中ab棒返回后能否穿过磁场区域,若能,求出穿出磁场时的速度大小;若不能,求出ab棒向左运动离右虚线的最大距离; (4)求操作①中物块Q下落的最大速度及电容器所带的最大电荷量。 答案:(4)4 m/s　0.5 C 考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用 双棒模型 类型 不受外力(导轨光滑) 模型 运动图像 运动过程 杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动;稳定时,两杆以相等的速度匀速运动 分析方法 将两杆视为整体,不受外力,最后a=0 动量观点 系统动量守恒 能量观点 杆MN动能的减少量=杆PQ动能的增加量+焦耳热 命题视角　动量定理与动量守恒定律在电磁感应中的应用 【典例3】 (困难)(2025·金色阳光联盟联考)如图所示,固定一金属导轨,间距L=1 m,两导轨的长度均足够长,导轨的倾斜部分倾角θ=53°,并处于垂直于斜面向上的匀强磁场中,磁感应强度B1的大小为0.5 T,左上端连接了一恒流源,可以使回路有1 A的恒定电流,不工作时相当于断路,导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度的大小为B2=1 T,水平轨道不计摩擦,导轨右端与一电阻R=1 Ω相连,倾斜部分在PQ两处各用一小段绝缘材料制成,长度不计。现有质量均为0.2 kg的导体棒ab、cd,电阻均为1 Ω,均被锁定在导轨上(锁定装置未被画出),导体棒cd离水平和倾斜部分连接处MN的长度l=1.2 m。 某时刻恒流源开始工作,使有从a流向b的电流,立即解除对导体棒ab的锁定,使导体棒ab获得2.5 m/s2的加速度,经过3 s后,刚好越过PQ,同时恒流源停止工作,经过一段时间后匀速到达MN处,ab棒与cd棒相碰前立即取消对cd棒的锁定,两棒相碰(时间极短)后粘连在一起,直到停止。不计导体棒ab经过MN时的机械能损失,求:(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6) (1)导体棒ab与倾斜轨道部分之间的动摩擦因数; 答案:(1)0.5 解析:(1)解除锁定瞬间, 对导体棒ab由牛顿第二定律有mgsin 53°-μmgcos 53°-B1IL=ma 解得μ=0.5。 (2)导体棒ab到达连接处MN的速度大小; 答案:(2)6 m/s (3)ab棒与cd棒相遇前,ab棒的速度大小; 答案:(3)2 m/s (4)从ab棒进入水平轨道,到两棒静止,电阻R上产生的焦耳热。 感谢观看 导体棒在磁场中所受安培力是变力时,动量定理的表达式为I其他+lBΔt= mv-mv0,或I其他-lBΔt=mv-mv0; 如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力,则有lBΔt=mv-mv0或-lBΔt=mv-mv0。 (2)求电荷量:如果安培力为导体棒所受合外力,q=Δt=。 (3)求位移:如果安培力为导体棒所受合外力, 由-Δt=mv-mv0 有x=Δt=。 (4)求时间 ①已知电荷量q,F其他为恒力,可求出非匀变速运动的时间。动量定理的表达式为-BLΔt+F其他Δt=mv-mv0, 即-BLq+F其他Δt=mv-mv0。 ②若已知位移x,F其他为恒力,也可求出非匀变速运动的时间。动量定理的表达式为+F其他Δt=mv-mv0,且Δt=x。 A.两棒组成的系统动量守恒,且最终速度相等 B.ab棒最终的速度大小为 C.cd棒产生的焦耳热为m D.ab棒克服安培力做的功为m 解析:D　两棒受到的安培力不相等,系统受到的合外力不为零,系统动量不守恒,最终两棒切割磁感线产生的电动势相等,速度不相等,故A错误;最终回路中没有感应电流,设ab棒和cd棒的最终速度大小分别为v1和v2,由法拉第电磁感应定律有BLv1=2BLv2,对ab棒由动量定理有 BILΔt=BLq=m(v0-v1),对cd棒由动量定理有 2BILΔt=2BLq=2mv2,解得v1=,v2=,故B错误;系统产生的焦耳热Q=m- m-×2m=m,cd棒产生的焦耳热占总焦耳热的,则Qcd=m,故C错误;ab棒克服安培力做的功W=m-m=m,故D正确。 不可伸长的细绳绕在金属圆环上,系着质量也为m的物块Q,物块距地面的高度为h,当物块Q向下运动时带动金属圆环绕圆心O旋转。已知k=15 N/m,m=0.25 kg,l= 1 m,B=2 T,R=0.5 Ω,C=0.25 F,d=0.5 m,h=1 m,μ=0.2,Δl=0.1 m;电容器两端电压为U时,其储存的电场能EC=CU2;弹簧伸长量为x时,其弹性势能Ep=kx2(不计其他电阻和电磁辐射,除绝缘导轨外其他摩擦阻力不计,细绳与金属圆环无相对滑动,棒ab始终在导轨所在平面内运动,弹簧未超出弹性限度)。现进行如下操作:①S1断开,S2掷向2,将物块Q由静止释放,给电容器充电直至落地时断开S2;②物块Q落地前的瞬间,立即将S2掷向1,S1仍断开,ab棒立即以v=1.0 m/s的速度离开磁场;③ab棒离开磁场压缩弹簧,再闭合S1,断开S2,直到ab棒返回磁场。 解析:(1)电容器放电时,ab棒在安培力作用下加速, 由动量定理得∑BilΔt=mv, 解得操作②中通过ab棒的电荷量q=∑iΔt==C=0.125 C。 答案:(2) m/s 解析:(2)ab棒在绝缘粗糙导轨上压缩弹簧,设压缩量最大值为Δx,由动能定理得-μmg·Δx-kΔx2=0-mv2, 解得压缩量最大值为Δx=0.1 m, 设ab棒返回磁场的速度为v1,由动能定理得-μmg·Δx+kΔx2=m, 解得ab棒返回磁场的速度v1= m/s。 答案:(3)不能,m 解析:(3)假设ab棒返回不穿过磁场区域,离右虚线的最大距离为x, 由动量定理得∑=0-mv1 可得x=∑v·Δt==m<Δl 所以,ab棒不能出磁场,其向左运动离右虚线的最大距离为m。 解析:(4)物块Q下落过程中, 根据能量守恒定律得mgh=mv′2+CU2 又U=Bd 得落地时速度v′== m/s=4 m/s 电容器所带的最大电荷量Q=CU=0.5 C。 解析:(2)导体棒ab到达MN前已匀速,设导体棒ab到达连接处MN的速度大小为v1,则感应电动势为E1=B1Lv1 感应电流为I1= 电路总电阻为R总=r+=1.5 Ω 由平衡条件有B1I1L+μmgcos 53°=mgsin 53° 解得v1=6 m/s。 解析:(3)当ab棒进入水平轨道后,根据动量定理有-B2Lt=mv2-mv1 又有= 整理可得-=mv2-mv1 解得v2=2 m/s。 答案:(4) J 解析:(4)当ab棒切割时,Q总1=m-m=3.2 J 此时电阻R上产生的焦耳热Q1=Q总1×= J 两导体棒相碰,由动量守恒定律有mv2=2mv3解得v3=1 m/s 到两导体棒静止,Q总2=×2m=0.2 J 电阻R上产生的热量Q2=Q总2×= J 所以R上产生的总焦耳热Q1+Q2= J。 $