第12章 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（教科版）

该高中物理高考复习课件聚焦“电磁感应中动量观点应用”专题，覆盖动量定理、动量守恒两大核心考点，依据高考评价体系梳理“导体棒+电阻”“双棒模型”等三大考向，通过核心知识盘点与典例解析，归纳高考常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题训练+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2025河北卷改编题为例，深入剖析双棒模型动量守恒应用，培养学生科学思维与运动和相互作用观念。通过“考向突破+随堂检测”，帮助学生掌握电磁感应与动量结合的解题技巧，教师可据此高效组织专题复习，提升备考效率。

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 [学习目标]　1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧，能识别几种应用动量定理的模型。2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题。 2 突破点一　动量定理在电磁感应中的应用 突破点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 随堂检测　自我诊断 内容索引 3 突破点一　 动量定理在电磁感应中的应用 一 4 1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为 I其他＋lBΔt＝mv－mv0或I其他－lBΔt＝mv－mv0； 若其他力的冲量和为零，则有lBΔt＝mv－mv0或－lBΔt＝mv－mv0。 2.求电荷量：q＝Δt＝||。 3.求位移：由－Δt＝mv－mv0有x＝Δt＝。 盘点 核心知识 考向1　“导体棒＋电阻”模型 [典例1]　(2026·山东潍坊模拟)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并始终与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终 ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是(　　) A.ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为 B.ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为 C.ab杆速度从v0减为的过程中，ab杆产生的焦耳热为 D.ab杆速度从v0减为的过程中，通过定值电阻的电荷量为 B 提升 关键能力 [解析]　根据F＝BIL＝BL＝ma，有a＝，所以当ab杆的速度为时，加速度大小为a＝，故A错误；对ab杆，由动量定理得－BLΔt＝m－mv0，其中Δt＝Δt＝，即mv0，解得x＝，故B正确；对ab杆，由能量守恒定律得Q总＝mm()2，Qab＝Q总，解得Qab＝m，故C错误；对ab杆，由动量定理得－BLΔt＝m－mv0，即BLq＝mv0，解得q＝，故D错误。 考向2　“导体棒＋电容器”模型 [典例2]　(多选)(2026·辽宁鞍山模拟)如图所示，光滑的水平金属导轨宽为L且足够长，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度为B；导轨左端接有电容为C的电容器，击穿电压足够大；质量为m、电阻为R的金属棒与导轨垂直且在运动过程中接触良好。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 动速度为v1；若电容器开始带电量为Q，金属棒初速度为0，闭合开关 后，导体棒最终匀速运动速度为v2，则(　　) A.v1＝v0(1－)　 B.v1＝ C.v2＝ D.v2＝ BD [解析]　若电容器开始不带电，给金属棒水平向右的初速度v0，则金属棒最终匀速运动速度为v1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，整个过程中由动量定理－BLΔt＝mv1－mv0，其中Δt＝Q＝CU＝CBLv1，解得v1＝，选项A错误，B正确。若电容器开始带电量为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BLΔt＝mv2－0，其中BLΔt＝BLΔt＝BL(Q－CBLv2)，解得v2＝，选项C错误，D正确。 考向3　不等间距轨道双棒模型 [典例3]　(多选)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l。质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计。a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状 态。从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是(　　) A.a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小 B.稳定时a棒的速度为1.5v0 C.电路中产生的焦耳热为m D.通过导体棒a的某一横截面的电荷量为 AC [解析]　由F安＝ILB＝ma可得a＝，a、b棒串联，电流相等，a、b棒长度分别为l、2l，质量分别为m、2m，则a、b棒加速度大小相等，故A正确；因为导轨光滑，导体棒只受到安培力作用，对a棒，根据动量定理有t＝lBt＝mva－mv0，同理，对b棒有－t＝－B×2l·t＝2mvb－2m·2v0，稳定时无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故B错误；由能量守恒定律可知，动能的损失等于电路中产生的焦耳热，初动能Ek0＝m×2m×(2v0)2，末动能Ek＝m×(2v0)2＋×2m×，则电路中产生的焦耳热为Ek0－Ek＝m，故C正确；对a棒应用动量定理有lB·Δt＝mva－mv0，又q＝·Δt，va＝2v0，解得q＝，故D错误。 突破点二　 动量守恒定律在电磁感应中的应用 二 12 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，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。 盘点 核心知识 2.双棒模型(不计摩擦力)   双棒无外力 双棒有外力 示意图 F为恒力   双棒无外力 双棒有外力 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 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动 动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒 能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热 [典例4]　(多选)(2026·四川绵阳南山中学高三诊断)如图所示，方向竖直向下的匀强磁场B中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，导轨间的距离为L、电阻不计，两电阻均为R的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，ab的质量是m，cd的质量是2m。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。下列说法 正确的是(　　) A.0时刻cd棒的加速度大小为 B.最终两棒的速度均为 C.整个过程中通过ab棒横截面的电荷量是 D.整个过程中两棒间增加的距离是 BD 提升 关键能力 [解析]　0时刻对cd棒受力分析，根据牛顿第二定律可得＝2ma，解得a＝，故A错误；系统满足动量守恒定律，最终两棒达到共同速度，即mv0＝3mv，解得v＝，故B正确；设整个过程通过ab棒的平均电流为，根据动量定理可得－BLΔt＝mv－mv0，又q＝Δt，联立可得q＝，故C错误；由法拉第电磁感应定律可知，又，联立可得Δx＝，故D正确。 [典例5]　(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(　　) AC [解析]　棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，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，该过程中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。 [典例6]　(2025·河北卷改编)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。 (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； [解析]　分离后当导体棒a的速度大小为10 m/s时，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。 [答案]　500 A (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。 [解析]　规定水平向右为正方向，a从MM'运动至b位置过程中由安培力提供加速度，则BIL＝maa1， a、b间初始距离x1＝a1， 碰撞前a的速度为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， 位移为x2＝v2t2＋a2， 分离前速度为v3＝v2＋a2t2， 解得a2＝50 m/s2，t2＝0.3 s，v3＝20 m/s。 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，安培力做功大小为一定值，若a、b分离时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。 [答案]　25 m/s　是　40 V 随堂检测　自我诊断 三 26 1.(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 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，由动量定理得－B'乙LΔt'＝mv'乙－mv乙， 又Δt＝Δt＝Δt＝，同理'乙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'2乙＝m()2＝，D正确。 2.如图所示，一质量为2m的足够长的光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc边平行且和长为L的bc边垂直，整个金属框电阻可忽略。一根质量为m的导体棒MN置于金属框上，装置始终处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框向右的初速度v0，运动时MN 始终与金属框保持良好接触且与bc边平行，则整个运动过程中(　　) A.感应电流方向为M→b→c→N→M B.导体棒的最大速度为 C.通过导体棒的电荷量为 D.导体棒产生的焦耳热为m C 解析：金属框以初速度v0向右运动时，此时金属框bc边切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，回路中的感应电流的方向为c→b→M→N→c，A错误；金属框bc边中的电流方向沿c→b，导体棒MN中的电流方向沿M→N，根据左手定则可知，导体棒与金属框所受安培力大小相等，方向相反，把框和棒MN视作一个系统，遵循动量守恒定律，则有2mv0＝3mv，解得其共同速度v＝，方向沿导轨向右，B错误；以棒MN为研究对象，由动量定理得BLΔt＝mv－0，即BLq＝m·－0，即整个过程中通过导体棒的电荷量为q＝，C正确；根据能量守恒定律，整个运动过程中产生的总热量Q＝×2m×3mv2＝m，D错误。 3.(2025·福建卷)光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ区域与 Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应 强度大小相等，均为B。正方形线框abcd质量为m， 总电阻为R，同种材料制成且粗细均匀。Ⅰ区域长为 L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于 线框长度。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ区域时 速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，当cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致时(重力加速度为g)，求： (1)线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离； 解析：线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律mgsin θ＝ma， 根据运动学公式有v2＝2ad， 联立可得线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离 d＝。 答案： (2)cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差； 解析：因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有mgsin θ＝BIL1， 又E＝BL1v，I＝， cd边两端的电势差U＝E，联立可得U＝。 答案：　 (3)线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。 解析：①若L2≥L1，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理有mgsin θ·t1－BIL1t1＝0， 其中t1＝，q＝It1，I＝， 联立可得q＝。 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理有 mgsin θ·t2－2BL1t3＝0， 根据q＝·t＝·t＝， 线框进出磁场过程中电荷量都相等，即q＝t3， 联立可得t2＝。 根据能量守恒定律有 －W安＋mgsin θ(L2＋L1)＝0， 克服安培力做功的平均功率P＝， 联立可得P＝。 ②若L2＜L1，同理可得q'＝， 根据动量定理有mgsin θ·t4－2BL1t5＝0， 其中q'＝t5， 结合q＝，q＝， 联立可得t4＝。 根据能量守恒定律有 －W'安＋mgsin θ(L2＋L1)＝0， 克服安培力做功的平均功率P'＝， 联立可得P'＝。 答案：见解析 $