专题二十五 动量观点在电磁感应中的应用 讲义 -2027届高三物理一轮复习

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，围绕动量定理（单杆切割）和动量守恒定律（双杆系统）两大核心考点，按单体到系统的逻辑架构梳理知识，通过考点解析、方法归纳、真题典例（如单杆电荷量计算、双杆动量守恒）等环节，帮助学生构建解题框架，突破高考难点。 资料以高考高频题型为载体，创新采用模型建构与科学推理结合的教学策略，如引导学生建立单杆切割和双杆系统模型，运用动量定理微元法、动量守恒定律分析典例（如典例2求焦耳热、典例4双杆共速问题），培养物理观念和科学思维，设置分层训练，确保高效复习，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供实用指导。

专题二十五 动量观点在电磁感应中的应用 讲义 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 在电磁感应中，动量定理常应用于单杆切割磁感线运动，可求解单杆所受其他恒力(非安培力)作用的时间、单杆的速度、单杆的位移和通过单杆的横截面的电荷量。 (1)求通过单杆的横截面的电荷量、单杆的速度或单杆运动的时间： －BlΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，q＝Δt＝n。 (2)求单杆运动的位移、单杆的速度或单杆运动的时间： －Δt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，x＝Δt。 典例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 答案：BD解析：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之比为q1∶q2＝ΔS1∶ΔS2＝2∶1，故A错误，B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理得－B1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理，线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ有－B2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝v0＝1．5 m/s，故C错误，D正确。 典例2：(2026·江苏南京期末)如图甲所示，列车进站时利用电磁制动技术产生的电磁力来刹车。某种列车制动系统核心部分的模拟原理图如图乙所示。在光滑水平地面上方存在着水平方向的磁场，磁感应强度大小均为B=1 T，磁场方向垂直于纸面向里、向外分区域交替排列，依次编号为区域1、2、3、4、…，磁场区域足够多，每个区域的边界均保持竖直，且各区域宽度相等均为L=0.1 m。现有一个正方形线圈，边长也为L=0.1 m，线圈匝数n=100，总电阻R=10 Ω，质量为m=1 kg，以初速度v0=10 m/s向右滑入磁场区域，重力加速度g=10 m/s2。求: (1)线圈从开始进入区域1到刚要进入区域2的过程中，流经线圈的电荷量; (2)线圈从开始进入区域1到刚要进入区域2的过程中，线圈产生的焦耳热; (3)线圈从开始运动到最终停止，线圈右侧边完整经过的磁场个数。 答案　(1)0.1 C　(2)9.5 J　(3)3个 解析　(1)线圈从进入区域1到刚要进入区域2的过程产生的平均感应电动势 =n 由闭合电路欧姆定律有= 流经线圈的电荷量q=·Δt 联立解得q=0.1 C。 (2)线圈从进入区域1到刚要进入区域2的过程中， 根据动量定理有-nLBΔt=mΔv 又Δt=q 根据能量守恒定律有Q=m-m 联立解得v1=9 m/s，Q=9.5 J。 (3)当线圈进入2区域以后的磁场时，左右两侧边均在切割磁感线。 故在某一时刻的电动势E'=2nBLv2 此时电流I'= 线圈受到的安培力F=2nI'LB 取一短暂时间Δt″，由动量定理有-FΔt″=mΔv 微元累加可得-=0-mv1 解得x=0.225 m 故线圈穿过的磁场个数N=1+()=3.25 则线圈右侧边完整经过的磁场个数为3个。 典例3：如图所示，空间中有一足够长的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，导轨所在区域存在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T。金属棒a、b放在导轨上，金属棒b始终固定。t＝0时由静止释放金属棒a，t＝5 s时金属棒a开始匀速下滑，运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好。已知导轨间距L＝1 m，金属棒a的质量m＝1 kg，两棒的长度均为L＝1 m、电阻均为R＝1 Ω，导轨电阻不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0．6。求： (1)金属棒a匀速下滑时的速度大小； (2)t＝0到t＝5 s时间内，金属棒a的位移大小； (3)t＝0到t＝5 s时间内，金属棒b产生的焦耳热。 答案：(1)12 m/s　(2)36 m　(3)72 J 解析：(1)设金属棒a匀速下滑时的速度大小为v，则此时金属棒a切割磁感线产生的电动势为E＝BLv 通过金属棒a的电流为I＝ 金属棒a做匀速直线运动时，根据平衡条件有BIL＝mgsinθ 解得v＝12 m/s。 (2)从开始释放到金属棒a达到最大速度，以沿斜面向下为正方向， 由动量定理得mgsinθ·t－BL·t＝mv－0 平均感应电流＝ 平均感应电动势＝BL 金属棒a的位移大小x＝t 联立并代入数据解得x＝36 m。 (3)金属棒a由静止释放到金属棒a达到最大速度的过程，由能量守恒定律可得 mgxsinθ＝mv2＋Q总 根据焦耳热分配规律可得，金属棒b产生的焦耳热Q＝Q总 解得Q＝72 J。 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 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，系统的动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。 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 　典例4：(2026·黑龙江省高三上开学考试)如图所示，两根水平固定的足够长平行光滑金属导轨上，静放着两根质量为m、电阻为R的相同导体棒ab和cd，构成矩形回路(ab、cd与导轨接触良好)，导轨平面内有竖直向上的匀强磁场B。现给cd一个初速度v0，则(　　) A．ab将向右做匀加速运动 B．ab、cd最终具有相同的速度 C．ab能够获得的最大速度为v0 D．回路产生的焦耳热最多为mv [答案]　B[解析]　cd开始向右运动后，ab受到向右的安培力而加速，cd受到向左的安培力而减速，则两棒的速度差减小，回路感应电动势减小，回路中的感应电流减小，两棒所受安培力不断减小，则ab将向右做加速度逐渐减小的加速运动，cd将向右做加速度减小的减速运动，当两棒速度相等后，穿过回路的磁通量不变，回路中将不再产生感应电流，所以ab、cd最终具有相同的速度，故A错误，B正确；ab能够获得的最大速度就是二者最终匀速运动的速度，设为v，选v0的方向为正方向，由动量守恒定律有mv0＝(m＋m)v，解得v＝v0，故C错误；根据能量守恒定律可知，回路产生的焦耳热最多为 Q＝mv－×2mv2＝mv，故D错误。 典例5：(2026·江苏苏州吴江中学月考)如图所示，间距均为L=1 m的光滑平行倾斜导轨与足够长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、磁感应强度大小B=2 T的匀强磁场。a、b是两根完全相同粗细均匀的金属棒，单棒质量m=0.4 kg，接入导轨间的电阻R=1.5 Ω，a棒垂直固定在倾斜轨道上距水平面高h=0.45 m处，b棒与水平导轨垂直并处于静止状态，距离MN的距离足够远。现让a棒由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触且始终垂直于导轨;不计导轨电阻，重力加速度g=10 m/s2，两棒均与MN平行，求: (1)a棒刚进入磁场时b棒受到的安培力的大小; (2)稳定时b棒上产生的焦耳热; (3)从a棒进入磁场至稳定的过程，通过金属棒截面的电荷量。 答案　(1)4 N　(2)0.45 J　(3)0.3 C 解析　(1)a棒下滑过程，根据动能定理有mgh=m 解得v0=3 m/s a棒刚进入磁场时产生的感应电动势E1=BLv0 感应电流I1= 此时b棒受到的安培力的大小F=I1LB 联立解得F1=4 N。 (2)a棒进入磁场后，对a、b棒组成的系统根据动量守恒定律有mv0=2mv1 稳定时系统产生的总的焦耳热Q=m-×2m b棒上产生的焦耳热Qb=Q 联立解得v1=1.5 m/s，Qb=0.45 J。 (3)对b棒根据动量定理有LBΔt=mv1 其中Δt=q 解得q=0.3 C。 典例6：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。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从开始运动到匀速的过程中，ab棒中产生的热量为m 答案　C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，即B·2Lvab=BLvcd，可得2vab=vcd，由动量定理，对ab棒有-·2LBΔt=mvab-mv0，对cd棒有LBΔt=vcd，可得vab+vcd=v0，则vab=，vcd=，故B错误;根据q=Δt，结合B项分析，解得q=，故C正确;由能量守恒定律可得整个过程中产生的热量Q总=m-m-·，又Qab=Q总，联立解得Qab=m，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $