第12章 课时作业69 专题突破25 动量的观点在电磁感应中的应用-【优化探究】2027年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“电磁感应中动量观点的应用”专题，依据高考评价体系梳理了单杆切割、双杆动量守恒、电荷量计算、焦耳热求解等核心考点，通过近三年模拟题与真题分析，明确选择（占30%）和计算（占70%）的题型分布，构建了“动量定理+能量守恒”的解题框架，体现高考备考的针对性。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”的训练模式，如以陕晋青宁卷双杆问题为实例，通过单杆变加速、双杆动量守恒模型分析，培养学生科学思维素养。特设“易错警示”（如安培力做功与焦耳热关系）和“解题模板”（电荷量q=ΔΦ/R推导），助力学生掌握得分技巧，教师可据此高效组织专题复习，提升冲刺效果。

专题突破25　动量的观点在电磁感应中的应用 第十二章　电磁感应 1 (1－3题，每题4分) 1.(2026·江苏南通模拟)如图所示，间距为l、电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨水平放置，导轨左右两端均与一阻值为R的电阻相连，导轨上横跨一根长为l、质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好，整个装置处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给棒一个瞬时冲量，让它以初速度v0向右运动直到停止。在此过程 中，下列说法正确的是(　　) A. 金属棒在导轨上做匀减速运动 B. 整个过程中通过金属棒的电荷量为 C. 整个过程中金属棒克服安培力做的功为m D. 整个过程中金属棒上产生的焦耳热为m 2 3 4 5 6 7 1 A 夯实基础 C 2 解析：金属棒在整个运动过程中受竖直向下的重力、 竖直向上的支持力和水平向左的安培力，金属棒受到 的合力等于安培力，与运动方向相反，金属棒做减速 运动，随着速度的减小，安培力减小，加速度减小， 故金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，故A错误； 对金属棒，根据动量定理有－lBt＝0－mv0，得通过金属棒的电荷量为q＝t＝，故B错误；整个过程中由动能定理得金属棒克服安培力做的功为W安＝m，故C正确；整个回路产生的总焦耳热为Q＝W安＝m，则金属棒上产生的焦耳热为Q棒＝Q＝Q＝mm，故D错误。 2 3 4 5 6 7 1 3 2 3 4 5 6 7 1 2.(2026·江苏南京模拟)如图所示，MN、PQ是固定在绝缘水平面上的两根电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨，导轨右端接一个阻值为R的定值电阻，在宽度为d的虚线范围内存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一根质量为m、电阻也为R的金属棒静止在导轨左侧(磁场外)，现给金属棒一水平向右的瞬时冲量，金属棒恰好能穿过磁场区域。已知金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好。下列说法不 正确的是(　　) A. 通过定值电阻R的感应电流由Q流向N B. 通过金属棒某截面的电荷量为 C. 金属棒受到的瞬时冲量大小为 D. 金属棒产生的电热为 B 4 2 3 4 5 6 7 1 解析：根据右手定则可知，通过电阻R的感应电流由Q指向N，故A正确；流经金属棒的电荷量q＝Δt＝Δt＝，故B错误；根据动量定理有－BLΔt＝0－mv0，其中q＝Δt，则金属棒受到的瞬时冲量大小I＝mv0＝BLq＝，故C正确；由能量守恒定律可知，回路产生的总焦耳热为Q总＝m，金属棒产生的电热Q＝Q总，联立解得Q＝，故D正确。 5 2 3 4 5 6 7 1 3.(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，其磁感应强度大小为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(　　) 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 D 6 2 3 4 5 6 7 1 解析：线框进磁场时，磁通量增大，感应电 流的磁场阻碍磁通量增大，由安培定则知甲 线框进磁场时电流方向为顺时针，出磁场 时，磁通量减小，感应电流的磁场阻碍磁 通量减小，由安培定则知电流方向为逆时 针，A错误；线框刚进磁场时，切割磁感线 的有效长度为L，感应电动势E＝BLv0，甲线 框中电流I甲＝，乙线框中电流I乙＝， 安培力F＝BIL，则甲线框所受合力大小F甲＝BL＝，乙线框所受合力大小F乙＝BL＝，B错误；乙线框进磁场过 程，根据动量定理有－BLΔt＝mv乙－mv0，乙线框出磁场过程，由动 7 2 3 4 5 6 7 1 量定理得－B'LΔt'＝mv乙'－mv乙，又Δt＝Δt＝Δt＝，同理'Δt'＝，联立解得v乙'＝≠0，C错误；同理，可求出甲线框完全出磁场时的速度v甲'＝0，由能量守恒定律可知，整个过程甲线框产生的焦耳热Q甲＝m－0＝m()2＝，乙线框产生的焦耳热Q乙＝mmv乙'2＝m()2＝，D正确。 8 4.(16分)(2026·陕西汉中检测)如图所示，两根 由弧形部分和直线部分平滑连接而成的相同光 滑金属导轨平行放置，弧形部分竖直，直线部 分水平且左端连线垂直于导轨，导轨间距为L。 水平区域abcd内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，细金属杆M、N长度都稍大于L。初始时刻，细金属杆M静止在弧形部分距水平导轨高度h处，磁场内的细金属杆N处于静止状态。某时刻由静止释放M杆后，两杆与导轨接触良好且运动过程始终与导轨垂直，两杆在磁场中未碰撞且N杆出磁场时的速度大小为。已知M、N杆的质量分别为m和2m，电阻分别为R和2R，重力加速度为g，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。求： 2 3 4 5 6 7 1 9 (1)细金属杆N在磁场内运动过程中最大加速度的大小和方向； 2 3 4 5 6 7 1 解析：M从释放到刚进入磁场，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，M刚进入磁场时，金属杆N的加速度最大，对金属杆N根据牛顿第二定律有F＝BIL＝BL＝2ma，解得a＝。根据左手定则可知，安培力的方向水平向右，则加速度方向向右。 答案： 方向向右　 10 (2)细金属杆N在磁场内运动过程中产生的焦耳热； 2 3 4 5 6 7 1 解析：由M、N组成的系统动量守恒，有mv＝mv1＋2mv2，根据能量守恒定律有Q＝mv2－m×2m，所以细金属杆N产生的焦耳热Q1＝Q＝mgh。 答案：mgh 11 (3)细金属杆N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q； 2 3 4 5 6 7 1 解析：对细金属杆N根据动量定理可得BLt＝2mv2，其中q＝t，解得q＝。 答案： 　 12 (4)初始时刻细金属杆N到ab的最小距离x。 2 3 4 5 6 7 1 解析：当N出磁场时M也刚好出磁场，此时N到ab距离最小，设细金属杆N到ab的最小距离为x，则整个过程中流过闭合回路的电荷量q＝，所以x＝。 答案： 13 (5－6题，每题4分) 5.如图为某种“电磁枪”的原理图，在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器。一质量为m、电阻为R的导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。若电容器开始不带电，给金属棒水平向右的初速度v0，闭合开关后，导体棒最终匀速运动的速度为v1；若电容器开始带电荷量为Q，且满足Q＝，金属棒初速度为0，闭合开关后，导体棒最终匀速运动的速度为v2。等于 (　　) 2 3 4 5 6 7 1 B 能力提升 A. 　　　　　　 B. 2 C. D. 4 A 14 解析：若电容器开始不带电，给金属棒水平 向右的初速度v0，导体棒最终匀速运动速度 为v1时，此时电容器两板间电压等于金属棒 产生的感应电动势，即U＝BLv1，对金属棒 整个过程中由动量定理得－BLΔt＝mv1－mv0，其中Δt＝q＝CU＝CBLv1，解得v1＝；若电容器开始带电荷量为Q，金属棒初速度为0，闭合开关后，电容器放电，金属棒向右加速运动，则当金属棒切割磁感线产生的电动势跟电容器两极板之间的电压相等时，金属棒中电 2 3 4 5 6 7 1 15 流为零，此后金属棒将匀速运动下去，设闭合开关S后，电容器的放电时间为Δt，金属棒获得的速度为v2，由动量定理可得B'LΔt'＝mv2－0，其中B'LΔt'＝BLΔt'＝BL(Q－CBLv2)，解得v2＝，因Q＝，可得v2＝，则，故A正确。 2 3 4 5 6 7 1 16 2 3 4 5 6 7 1 6.如图所示，光滑绝缘水平桌面上有一均质正方形金属线框abcd，线框以速度v进入一个有明显边界的匀强磁场(磁场的宽度大于线框的边长)， 当线框全部进入磁场区域时，速度减小到。下列说法中正确的是(　　) A. 线框进入磁场时与离开磁场时均做匀减速直线运动 B. 线框能全部穿出磁场 C. 线框进入磁场时与离开磁场时产生的热量之比为8∶1 D. 线框进入磁场时与离开磁场时通过线框某横截面的 电荷量之比为1∶2 C 17 解析：线框进入磁场时与离开磁场时受安培力大小为F＝BIL＝BL＝＝ma，随着速度减小，安培力逐渐减小，加速度减小，所以线框进入磁场时与离开磁场时做变减速直线运动，故A错误；假设线框能全部穿出磁场，线框刚全部进入磁场时速度为，刚全部离开磁场时速度设为v'，线框进入磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得 2 3 4 5 6 7 1 18 －BL·t1＝m－mv， 通过线框的电荷量q1＝t1＝， 线框离开磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得－BL·t2＝mv'－m， 通过线框的电荷量q2＝t2＝， 联立解得v'＝－， 2 3 4 5 6 7 1 19 所以线框不能全部穿出磁场，则v'＝0，可知，故B、D错误；线框进入磁场的过程，根据能量守恒定律有 Q1＝mv2－m(v)2， 线框离开磁场的过程，根据能量守恒定律有 Q2＝m(v)2， 解得，故C正确。 2 3 4 5 6 7 1 20 7.(16分)(2026·浙江金华模拟)如图所示，水平面内固定有相互平行的abcd和ABCD两条光滑导轨，两导轨相距d＝0.5 m，ab段与AB段长度相同且分别与cd段和CD段绝缘，绝缘位置左右两段导轨均足够长，导轨左端与直流电源相连，电源电动势E＝1.5 V。两根长度均为d＝0.5 m的导体棒M、N分别放置在abAB段和cdCD段上，与导轨垂直且接触良好。两导体棒质量均为m＝2 kg，电阻均为R＝2 Ω，两导轨所在区域存在与导轨平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1 T。现闭合开关S，导体棒M向右运动，到达bB端前已经匀速。不计ab、cd与AB、CD段电阻，设运动过程中两棒不会相撞。 2 3 4 5 6 7 1 (1)求导体棒M进入cdCD段时的速率v； 21 解析：当导体棒M的感应电动势与电源电动势相等后，速率将不再变化，即E＝Bdv， 解得v＝3 m/s。 2 3 4 5 6 7 1 答案：3 m/s　 22 (2)求导体棒N的最大速率vm及达到最大速度时导体棒N产生的焦耳热； 2 3 4 5 6 7 1 解析：导体棒M进入cdCD段后，两棒组成的系统动量守恒，当两者速度相同时，N棒速度最大，对两棒组成的系统，设向右为正方向，由动量守恒定律得mv＝2mvm， 解得vm＝1.5 m/s， 最终两棒以相同速率vm＝1.5 m/s匀速运 动。 设导体棒N产生的焦耳热为Q，根据能量守 恒定律有mv2＝2×m＋2Q， 解得Q＝2.25 J。 答案：1.5 m/s　2.25 J 23 (3)计算导体棒M进入cdCD段后到最终稳定的过程中，流过导体棒M的电荷量及两导体棒相互靠近的距离。 2 3 4 5 6 7 1 解析：设向右为正方向，对导体棒M进入 cdCD段后到最终稳定的过程中，流过导体 棒的电荷量为Δq，两导体棒相互靠近的距 离为Δx，对M棒，由动量定理可得－BId· Δt＝mvm－mv， 整理得－Bd·Δq＝mvm－mv， 代入数据得Δq＝6 C。 24 研究两个导体棒构成的回路，平均感应电动势， 由闭合电路欧姆定律得， 而电荷与电流的关系满足Δq＝·Δt， 联立代入数据得Δx＝48 m。 2 3 4 5 6 7 1 答案：6 C　48 m 25 $