微专题4 动量观点在电磁感应中的应用-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

丨物理 ☒错题序号： 微专题4动量观点在电磁感应中的应用 @错因分析： (建议用时：40分钟) 1.(2025·云南师大附中高三校考)如图所示，光滑 4.(多选)(2025·江西南昌模拟)某兴趣小组利 绝缘的水平桌面上存在足够大的等间距匀强磁 用电容放电装置研究电磁弹射.如图，离地面 场区域，磁感应强度B=1T,磁场间距为L=0.5 高为h的水平面上固定一半径为r的金属圆环， m;一个质量m=0.2kg,电阻R=32,边长也为 一根长为2、电阻为2R。的金属棒P沿直径放 L的正方形导线框，以初速度=1m/s进人该区 域，则该线框能穿过的磁场区域个数为 置，它的两端与圆环接触良好，该棒以圆心为转 ( 轴匀速转动.圆环内左半圆存在磁感应强度大小 + 为B的匀强磁场（方向竖直向上），圆环边缘、与 转轴良好接触的电刷分别与间距为1的水平放置 的光滑平行金属轨道相连，轨道间接有电容为C A.2 B.3 C.4 D.5 的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱 2.(多选)(2025·河南信阳市高三 1、2相连.水平导轨上放置一质量为m的金属棒 质检)如图所示，两根足够长相a Q,它置于磁感应强度为B2的匀强磁场（方向竖 互平行、间距d=0.20m的竖直 直向上)区域内靠左侧边缘.先将开关置于1端， 导轨，下端连接阻值R=0.502 的电阻.一根阻值也为0.502、 让金属棒P绕轴以角速度ω匀速转动，等电容器 质量m=1.0×10-2kg的导体 充电结束后，再将开关S置于2端，电容器放电 棒ab搁置在两端等高的挡条 R 使得导轨上的金属棒Q运动起来水平抛出.圆环 上.在竖直导轨内有垂直纸面的 及轨道内阻均不计，重力加速度大小为g,下列说 匀强磁场，磁感应强度B=0.50T(图中未画 法正确的是 出).撤去挡条，棒开始下滑，经t=0.25s后下 降了h=0.29m.假设棒始终与导轨垂直，且与 导轨接触良好，不计一切摩擦阻力和导轨电阻， 重力加速度取10m/s2.下列说法正确的是 A.导体棒能获得的最大速度为20m/s B.导体棒能获得的最大速度为10m/s A.电容器充电后，M板带正电 C.t=0.25s时间内通过导体棒的电荷量为 2.9×10-2C B.电容器充电后带电荷量为2CBor2 D.t=0.25s时导体棒的速度为2.21m/s 3.(多选)(2025·重庆市育才中学高三校考)如 C.电容器充电后带电荷量为子CB1or2 图所示，水平面（纸面）内有两条足够长的平行 D.金属棒Q抛出到落地的最大水平距离为 光滑金属导轨PQ、MN,导轨电阻不计，间距 B B2lor2C 2h 为L;导轨之间有方向竖直向下（垂直于纸面 向里)、大小为B的匀强磁场；金属杆ab、cd质 4m Ng 量均为m,电阻均为R,两杆静止在水平导轨 5.（多选)(2025·山东济 a K000000c 南一模)如图所示，两根 ×XX 上，间距为so.t=0时刻开始金属杆cd受到方 1××X 向水平向右、大小为F的恒定外力作用.t=to 足够长的固定平行光滑 ××× 1×× + 时刻，金属杆cd的速度大小为v,此时撤去外 金属导轨位于同一水平 力F,下列说法正确的是 面上，导轨上横放着两根 oo0oo0 Xx ×xQ 导体棒ab、cd,其质量分 ×L 别是m1、m2(m1<2),导轨间的有效电阻均为 M -N R,导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路.初始时， ×××50×××× 两棒中间用轻绳连接且处于静止状态，ac间和 A.t=o时刻，金属杆ab的速度大小为F bd间分别有一处于压缩状态的完全相同的轻质 m 一0 B.从t=0到t=to时间内，流过金属杆ab的 弹簧，在导轨的两侧有竖直向下的匀强磁场（虚 Fto 线内无磁场)，磁感应强度均为B.剪断轻绳后，两 电荷量为BL 导体棒分别向左、右运动，当同时运动到虚线处 2FRto 弹簧恰好恢复原长并与两棒分离，则 ( C.最终两金属杆的间距为so十 B2L2 A.两棒达到虚线处速率相等 D.最终两金属杆的间距为s0十B1 FRto B.在弹簧恢复原长的过程中，两棒和弹簧构 成的系统动量守恒，机械能守恒 ·178 专题精准强化 C.导体棒ab、cd进入磁场后，两棒构成的系统 (1)若金属框从开始进入到完全离开区域I的 动量守恒，机械能不守恒 过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率 D.当导体棒ab运动到最左端的同时cd棒运 和释放时pq边与区域I上边界的距离s; 动到最右端 (2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进人区域Ⅱ 6.(多选)(2025·重庆 时开始计时(t=0),此时金属框的速率为o, 市二模)如图，光滑平 若1=mgRsin“,求从开始计时到金属框达 行轨道abcd的曲面 k2L4 部分是半径为R的四 到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d. 分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、磁感应强 度大小为B的匀强磁场中，轨道[部分两轨道间 距为1，轨道部分两轨道间距为二，将质量均为 m的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和 cd段，且与轨道垂直.P、Q棒接人电路电阻均为 r,轨道电阻不计.Q棒静止，让P棒从圆弧最高 点由静止释放，当P棒仍在轨道部分运动时，Q 棒已达到稳定运动状态.已知重力加速度为g.下 列说法正确的是 ) A.P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大 8.(2025·福建卷，16)光 小为2mg 滑斜面倾角为0=30°，I B.Q棒第一次稳定运动时速度大小为√2迟 区域与Ⅱ区域均存在垂 2 直斜面向外的匀强磁 C.Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该 场，两区域磁感应强度 过程通过P棒的电荷量为4mY2g 大小相等，均为B.正方 5BL 形线框abcd质量为m, D.从P棒进人轨道Ⅱ运动到再次稳定过程 总电阻为R,由同种材料 中，P,Q棒中产生的总热量为高mgR 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边 7.(2025·山东卷，18)如图所示，平行轨道的间 长.线框从某一位置释放，从cd边进入I区域 距为L,轨道平面与水平面夹角为α，二者的交 到ab边离开I区域的过程中速度均为v,cd 线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿 边进人Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时 轨道向下为x轴正方向建立坐标系.轨道之间 的速度一致，则： 存在区域I、Ⅱ，区域I(-2L≤x<一L)内充 (1)求线框释放时cd边与I区域上边缘的 满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强 距离； 磁场；区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面 (2)求cd边进入I区域时cd边两端的电 向上的磁场，磁感应强度大小B1=1t十k2x,1 势差； 和2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时 (3)求线框进人Ⅱ区域到完全离开过程中克服 间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增 安培力做功的平均功率. 加的磁场叠加而成.将质量为m、边长为L、电阻 为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道 上，pg边与轨道垂直，由静止释放.已知轨道绝 缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均 与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重 力加速度大小为g,不计自感。 区城 ·179·|物理 金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BL, 联立解得ad经过磁场边界的速度大小为y1=0.01m/s. 联立可得，恒定的外力为F=L西】 ◆BT R 0.3 在加速阶段，外力的功率为P5=F= 0.2 答案：(1)0.015N (2 定值电阻的功率为P。=FRLt, 0.1 R BL'vo BLd 0 2=2 2 t/s 若Ps=2P。时，即 R R (3)0.01m/s 化荷可得会属棒速度口的大小为。一分， 12.解析：(1)设金属棒匀加速运动的加速度为a,则运动到cd 处的速度v=at, (2)断开开关S,电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则 当金属棒在cd处时，金属棒产生的感应电动势为 有E=BLU=R+冬， E E,=BL,产生的电流为I=R干R。, 当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增 金属棒所受的安培力为F=BL, 大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安=BL 据牛顿第二定律得F。一Fa=1a, 不断减小，而恒力的功率P。=Fv=BLU,定值电阻功率 联立并代入数据解得a=3m/s. PR=PR, (2)通过金属棒的电荷量为q=It。, 当P=2PR时有BILu=2I'R,可得R=BL, 2 1照号联得g=5C 根据E=BLu=R+名， (3)设金属棒运动速度v与磁场正方向的夹角为α，则垂直 磁场方向的分速度v1=sina, 可得光时电容器两端电压为=名-坠-B肌， 2 则B=BLsin,有效值E=BL 从开关断开到此刻外力所做的功为W=BIL(u·△t)= E B·=BLg其中g-CB,联立可得W-C5Ld 则Q-R干R,其中=器解得Q冬， 2 8 由功能关系得Wr=mgr十Q, 答案：1)受(2L4,CBLd 48 代人数搭W,=（+受)61s △B·2L 答案：(1)3m/s(2)4.5C(3)6.18J 1Ⅱ解析：I)由法拉第电磁感应定律E=△ 微专题4 △t △ 1.A[正方形导线框，以初速度u=1m/s进入该区域，从导 228×}xrv-0.5v 线框进入该区域到最终停下来过程，根据动量定理得一BL 由闭合电路欧姆定律可知，0~1s内线框中的感应电流大 ·业=·山=化=0-，解得线在磁 R E 小为1=尺=0.1A, 中运动的距高为器-24m,由于线框此出随场款交 由图(b)可知，t=0.5s时磁感应强度大小为Bs=0.15T, 到安培力作用，线框在磁场中做减速运动，则从减速到停下 所以此时导线框ad边受到的安培力大小为F=B。;IL= 0.15×0.1×1N=0.015N: 时穿过磁场区域的个数为n=是=2.4，则该线框能穿过的 (2)0-1s内线框内的感应电流大小为I1=0.1A,根据楞 磁场区域个数为2，故A正确.] 次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图(c)可 2.BCD[导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg= 知1~2s内的感应电流大小为I,=0.2A, 方向为逆时针，根据欧姆定律可知1一2s内的感应电动势 R=Bd,解得1=1A,又由E=Bd,1-录解得 大小为Eg=I2R=0.1V, 10m/s,故A错误，B正确：在下落0.29m的过程中有E 由法拉第电磁感应定律E=△中4日：。L E -=0.1V. .1=景=1五，可知g最共中0=△s·B=02X t △t △t 0.29×0.5Wb=0.029Wb,解得g=2.9×102C,故C正确； 可知1~2、内磁感应强度的变化率为5=B一B △t △t 由动量定理有(mg一BId)t=mu,通过导体棒的电荷量为q =0.2T/s, =1t =Bdh 元，可得三g吐，代入教据解得 解得t=2s时磁感应强度大小为B,=0.3T, 方向垂直于纸面向里，故1~2s的磁感应强度随时间变化 2.21m/s,故D正确.] 图为 3.AD[t=t。时刻，设金属杆ab的速度大小为v',对两杆整 B/T 体，由动量定理得F=m+mu,解得=码一U,选项A 0.3 正确；从t=0到t=t时间内，对于金属杆ab,由动量定理得 0.2 B7=mQ=,则流过会%杆ab的电荷量为q-配 0.1 。一四，选项B错误；最终两金属杆达到共同速度账，由 BL 0 2 t/s 动量守恒定律得U十u=2m心集，设通过回路的电荷量为 (3)由动量定理可知一B,IL△t=u一m, 9,有BL=mm,设最终两金偏杆的间距为，有g=B验 E 0.合4 2R 其中9-I=尺A=R 采工解得：=4十器送项C错民，D正统] 2R ·296· 答案精析1 4.AC[开关S和接线柱1接通，电容器充电，充电过程，对绕 转轴O)转动的金属棒P,由右手定则可知电流沿径向向 比时线路中的感应电流了胃 外，即圆环边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电，故 线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为F1=[kt十 A正确；根据法拉第电磁感应定律可知E=2Ba,则电 (s+L)IL 线框e∫边受到沿轨道向下的安培力，大小为F2=(k1t十 容器所带的电荷量y=CU=号=4CB1am,故B错误，C ks)I'L, 2 则线框受到的安培力F安=F安1一F2=[k1t十k(s十L门I'L 正确；假设电容器放电能够将电荷量全部放完，电容器放电 -(kt十k2s)TL, 过程对金属棒Q,由动量定理有B,Ilt=w一0，△q=It,得v 代入k,=mngRsin a =BBrC,根据平地运动规律，有h=之x=,联 1 kL 4 kiLv 立可得x BB,lrC匹，但是实际电容器放电结束时电 化简得F安=mgsin a十 R 4m g 当线框平衡时F安=ngsin a,可知此时线框速率为0. 容器应保留一部分电荷，使得电容器两端电压和导体棒两 则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量 端电压相等，故D错误.] 定理可得mgsin a△t-F安△t=△o, 5.BCD[在弹簧恢复原长的过程中，两棒和弹簧构成的系统 动量守恒，则有m1=,由于m1<2,则y1>2,整个 即一 L巴At=mA, R 系统没有其他力做功，则两棒和弹簧构成的系统机械能守 恒，故B正确，A错误；导体棒ab、cd进入磁场后，导体棒ab、 对时间累积求和可得_ R =0-m cd电流方向相反，根据左手定则，两根导体棒所受安培力的 方向相反，则两棒构成的系统所受合力为零，系统动量守恒， 可得d=mR 由于安培力对导体棒做负功，则机械能不守恒，故C正确； LT 两根导体棒动量大小相等，根据动量定理一BLt=0一p,任 答案：1)mgRtan a,mgR'sin a 意时刻两根导体棒所受安培力大小相等，则两根导体棒从 B'L'cos a 2B'L cos'a 进入虚线开始到速度为零的时间相等，故D正确.] mRv (2) 6.CD[P棒到达轨道最低，点时速度大小设为U。,根据机械能 L 守恒定律得mR=方m,根据牛损第二定律得R,g 8.解析：(1)线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定 律ng sin8=ma, 震，解得R、=3g:由牛频第三定律可得，P捧到达轨道装 根据运动学公式v=2ad, 联立可得线框释放，点cd边与I区域上边缘的距离d 低点瞬间对轨道压力的大小为3g,故A错误；设Q棒第一 次稳定运动时的速度为a,P棒的速度为p,则有BL= B,兰·0：Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程 (2)因为cd边进入I区域时速度为U,且直到ab边离开 I区域时速度均为，可知线框的边长与I区域的长度 中，对P,Q棒分别分析，由动量定理可得BILt= 相等，根据平衡条件有ng sin0=BIL1, e,Bi:与1=m又因q=,解得=吉V2,西 又E=BL1,I= E =号V2Rg咖巫，故B错误，C正痛：从P捧选入 cd边两端的电势差U=三 E 5BL 轨道川运动后，两棒速度再次稳定时，速度相同，设稳定速度 联立可得U=3/ mgRv 为v,由动量守恒定律得p十1%=2mm,由能量守恒定律 4V2 得P.Q棒中产生的总热量为Q=合m味十名m。一 (3)①若L2≥L1,在线框进入I区域过程中，根据动量定 理ng sin 0·t1一BIL1t1=0, BLv 2md,解得Q=mgR,故D正确.] 其中t1= ,g=1=R, 7.解析：(1)金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，金 g 属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水 联立可得q=2B 平向左，则 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理ng sin日·t2 切割磁感线产生的电动势E=BLvcos a, 2BL1t3=0, 线瓶中电流1是， E BL·t=R 根据g=卡t= BL 线框做匀速直线运动，则BILcos a=gsin a 线框进入磁场过程中电荷量都相等，即q=It,联立可得 解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率v 2L1 mgRtan a t2- B'L'cos a 根据能量守恒定律一W安十ng sin(L2十L1)=0, 金属框开始释放到p9边进入磁场的过程中，只有重力做 功，由动能定理可得gssin a= 克服安培力做功的平均功率P=W】 乞d, 联立可得p=mg(L,十L2) 4L1 可得释放时闪边与区城I上边界的距离s=2g3mQ ②若L2<L1,同理可得g= -mgR sin a 根据动量定理mg sin0·t1一2BIL,t=0, 2BL cos'a BL (2)当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0),设线框ef边 其中g-店，结合g器9-尺， 到0点的距离为s时，线框中产生的感应电动势E=A吧 △t 联立可得，=2L 漫-1+·签=+6共中签， 根据能量守恒定律-W安'十ng sin(Lg十L)=0, ·297. 丨物理 克服安培力做功的平均功率P=W生' 7.C[小球在一个周期内两次经过最低点，根据图乙可 知，小球的运动周期为0.4πs,故A错误；小球在光滑球 联立可得p'=mg(L1十L,) 4L9 面上微简谐运动，根据单摆周期公式T=2√ ,式中 答案：1) 2是 的1即为光滑球面的半径R,代入数据可得R==0.4m, (3)见解析 g 故B错误；设小球在光滑球面上最高，点时与其做圆周运 专题精准强化13 动的圆心连线与竖直方向的夹角为日，小球到达最低点 时的速度的最大值为v,则在最高点有mgcos日=F1,在 1.AD[声音在相同介质中的传播速度相同，因此A和 D。的传搐速度相同，B错误；由入=T=二可知，A的 最低点有F,一mg=mR,从最高点到最低点由动能定 波长大于D的波长，A正确： 理有mgR·(1-cos)=2m0,其中F1=0.495N,F 由空气进入水中，频率不发生变化，C错误： 空气申二子在水中=号 =0.510N,联立以上各式解得m=0,05kg,0= m/s, 5 故C正确，D错误. 其中声音的速度只与介质有关，即在水中它们的速度大 8.D[根据同侧法可判断该波沿x轴负方向传播，故A错 小也一样，则可得到波长的改变量为△以=心”，可知频 误；由波形图可知波长为4m,故B错误；根据波形图的 f 率越小其对应的波长改变量越大，D正确.] 周期性可得=-4=（子+n）Tm=0,12,3…) D[由题意知AB的平衡位置之间的距离x三号=6m 解得T= 4m千3s(n=0,1,2,3,…),当n=0时，解得T= 1.8 解得X=4m,A锈误：效源的振功频率为了=需H:= 0.6s;当n=1时，解得T=0.26s,故C错误；波的传播 m/s(n=0,1,2,3,…),当n= 1Hz,则波速v=λf=4m/s,B错误：质，点的振动周期T 递度为v=产=204+3》 9 =1s,0.25s=子，B点在，+0.259时刻运动至年街位 0时，解得u=6.7m/s;当n=1时，解得w=15.6m/s,故D 正确.门 置，位移为0，速度最大，C错误0.50s=2,A点在t。十 9.A[由于波向左传播，质点Q正处于位移为分的位置向 0.50s时刻运动至波峰，位移最大，速度为0，D正确.] 上振动，由于越远离平衡位置速度越小，因此再次回到 3.A[由乙图可知，t=2s时刻质点P在平衡位置且沿y轴 位移为号时的时间将大于子工，则在子T时质点口还浸 正方向振动，根据波形平移法可知简谐横波沿x轴正方向 传播，故A正确；由乙图可知，简谐横波的周期为2s,则频 有回到位移为号的位置，所以在}T时刻质点a位于平 率为∫=个=2 1Hz,故B错误；由甲图可知波长为4m, 衡位置上方且位移大于号，A项正确，B项错误：质点不 则简谐横泼的波建为=产=号ms=2m/s,故C错 随波迁移，C、D项错误.门 10.BD根据题图可知甲波的波长入甲=4m, 误；由乙图可知，t=1.5s时质点P在波谷，故D错误.门 根据入p=T甲，可得T甲=4s,A错误； 4.D[因为B,点距两波源距离一样，而两波源的相位相 设N左边在平衡位置的质，点与N质点平衡位置的距 反，所以在B处叠加总是相互减弱.由振动方程可知，周 离为x, 期为T=2红=2s,波长为入=T=2m,C距两波源的距 2πx -cm, π 根据题图结合1cm=2sinX 离差为△：=1m=之入，而两波源的相位相反，所以在C 入七 又6m-2m-2.x=2, 点振动总是加强.故选D. 可得x=0.5m,入2=6m,B正确； 5.D[物块在振动过程中回复力为零的位置为平衡位置， 由题知，在平衡位置弹簧弹力等于物块重力mg,则弹簧 =6s时即经过T?十号，结合同侧法可知M向y抽 回复力为F=2mg:剥弹务振子的振幅为A=号- 负方向运动，C错误： k 同理根据A2=T之，可得T:=6s, A错误；由弹簧振子的振动图像知周期为T=0.8s,弹 根据同侧法可知t=0时V向y轴负方向运动，t=6s 时即经过时间T:,N仍向y轴负方向运动，D正确.] 簧振子的频率为∫=示=1.25Hz,B错误；t=0.2s= 11.B[由乙图可知，在t=0.6s时，A质，点正在沿y轴负 子T时，物块处于平衡位置，物块的回复力最小，加速度 方向运动，根据“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播， 故A错误；设P质，点的振动方程为y=Asin(wt十p),而 最小，C错误；t=0.4s到t=0.6s的时间内，物块由最 高点到平衡位置，速度由0变化到最大，速度方向指向平 a=9-号nds=受adA=2em,将1=06sy 衡位置，回复力指向平衡位置，故物块加速度和速度方 =-1cm代入解得9=吾或号，因=0时刻，质点卫 向相同，D正确.门 6.C[平衡时，有mg=F字=P2gSh,取向下为正，向下移 沿十y方向运动，故取9一否，图此P质点的振动方程 动位移为x时，浮力增大了△F浮=PgSx,木筷就在水中 上下做简谐振动，所以F▣=一△F浮=一凸gSx=一kx, 为y=2sin(1+晋）cm,故B正确：2=0.65时，质点 /7o 可得k=PgS,孩系统振动的周期为T=2rE P、Q点在x轴下方，加速度方向都沿y轴正方向，P、Q 两质，点位移相同，加速度大小相同，故C错误；波向x 轴负方向传播可知t=0.6s时质，点P在x轴下方并向 2故C三商，D特误：由题知m-A,代入可 y轴负方向减速运动，Q在x轴下方并向y轴正方向加 ,故A、B错误.] 得T-=2pg 连运动，又0.38=千，所以从1=0.65开始经过0.3s, P、Q两质点经过的路程不相等，故D错误.] ·298.