微专题六 动量观点在电磁感应中的应用-【红对勾】2025年高考物理二轮复习讲与练

A.回路中的电流方向为abcda 度的正方向，下列线框的速度随时间t变化 Bab中电流趋于Bms 的图像中可能正确的是 3BL C.ab与cd加速度大小之比始终为2：1 D.两棒产生的电动势始终相等 3.(多选)(2024·全国甲卷)如图 所示，一绝缘细绳跨过两个在 同一竖直面（纸面）内的光滑 定滑轮，绳的一端连接一矩形 金属线框，另一端连接一物 块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方 向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平， 在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从 请完成课时作业16 磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终 练 在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速 微专题六动量观点在电磁感应中的应用 M复习定位 079 1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的思路。 2.掌握应用动量守恒定律处理电磁感应问题的方法。 考向探究 素养提升 考向一 动量定理在电磁感应中的应用 在导体单杆切割磁感线做变加速运动 续表 时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解 求解的 应用示例 决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。 物理量 求解的 BIL△t+F其德△t=mU2一mv1,即 应用示例 物理量 BLq十F其他△t=mw2一mo1,已知电荷 量q、F其他(F共他为恒力) 电荷量 BL△t=mw2-mw1,q=I△t,即 或速度 -BqL=mv2-mv 时间 B1U△十F装在△L=m:一mu1,即 R总 B2L20△t Ra =0一m0o,即- B2L2x 位移 R总 B工十FgB:=mu:-m0,已知位 R总 0-m0 移x、F其他(F,他为恒力) 第一部分专题四 电路与电磁感应一闭 【典例1】（多选）(2024·湖南卷)某电磁缓冲 马听课记录 装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置 于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的 定值电阻相连，导轨BC段与BC,段粗糙， 其余部分光滑，AA,右侧处于竖直向下的匀 【提升练1】（多选）如图所示， B 强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放 水平面上有两根足够长的 置。现让金属杆以初速度v。沿导轨向右经 光滑平行金属导轨MV和 PQ,两导轨间距为L,导轨电阻均可忽略不 过AA,进入磁场，最终恰好停在CC1处。 计。在M和P之间接有一阻值为R的定值 已知金属杆接入导轨之间的阻值为R,与粗 电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R,并与 糙导轨间的动摩擦因数为4，AB=BC=d。 导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向 导轨电阻不计，重力加速度为g,下列说法正 竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场 确的是 中。现给ab杆一个初速度v。,使杆向右运 A :B C 动，最终ab杆停止在导轨上。下列说法正 确的是 () ×××××:×× A.ab杆将做匀减速运动直到静止 B d C 片.b杆速度减为号时，ab杆加速度大小 080 A金同杆经过BB,的速度为2 2L2vo 为 6mR B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为 1 C,ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷 3 222一2umg C.金属杆经过AA1B1B与BBC1C区域， 量为 3BL 金属杆所受安培力的冲量相同 D.a6杆速度减为写时，a6杆道过的位移 D.若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁 AmRvo 场中运动的距离大于原来的2倍 为3B1 考向二动量守恒定律在电磁感应中的应用 1.问题特点 棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金 在双金属棒切割磁感线的系统中，双金 属棒以共同的速度匀速运动。 属棒和导轨构成闭合回路，安培力为系统内 (2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两 力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外 个金属棒所受的安培力大小相等，通常情况 力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动 下系统的动量守恒。 量守恒定律求解比较方便。 2.方法技巧 (3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量 (1)动力学观点：通常情况下，一个金属棒做 等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产 加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属 生的焦耳热之和。 ☑一红烟勾·讲与练·高三二轮物理 【典例2】(2023·全国甲卷)如图所示，水平桌【提升练2】如图所示，平行倾斜光滑导轨与足 面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部 够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电 分的间距为1，导轨的最右端与桌子右边 阻不计。质量分别为m和？m的金属棒b 缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区 域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度 和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导 大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也 轨垂直。图中de虚线往右有范围足够大、 为1的金属棒P静止在导轨上。导轨上质 方向竖直向上的匀强磁场。质量为m的绝 量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大 缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位 小为。的速度向P运动并与P发生弹性碰 置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a 滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰， 撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先 金属棒b进人磁场后始终未与金属棒c发生 后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上 同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨 碰撞。重力加速度为g,求： 接触良好，P与Q始终平行，不计空气阻 力。求： (1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分 离时两棒的速度大小； (2)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热。 (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； 081 (2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的 热量； (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的 时间。 听课记录 第一部分 专题四电路与电磁感应一闭 真题演练 感悟高考 1.(多选)(2023·辽 止在水平导轨上，与水平导轨左端PP,的距 宁卷)如图所示，两 离为d,甲从左侧倾斜导轨高度h=4m的位 根光滑平行金属导 2B::: 置静止滑下。水平导轨足够长，两棒运动过 N 轨固定在绝缘水平 程中始终与导轨接触良好且保持垂直。若两 面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d,处 棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞。不计空气 于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别 阻力和导轨的电阻。(g取10m/s2,sin0,= 为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长 0.6,sin02=0.8) 度为d,导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d, (1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和 PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静 方向； 止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质 (2)为使乙第一次到达水平导轨右端Q,Q2之 绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运 前甲和乙不相碰，求d的最小值； 动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个 (3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水 过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导 平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图(b) 轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是 所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量)，乙第二次 进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在 A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向 082 0~t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取 的电流 值范围。 B.PQ速率为v时，MN所受安培力大小 为1Bd ty/m 4.84b 3R C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比 0124函 为2：1 图(a) 图b) D.整个运动过程中，通过MN的电荷量 喂 2.(2024·江西卷)如图(a)所示，绝缘水平面上 固定一光滑平行金属导轨，导轨左右两端分 别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连接， 两侧导轨倾角分别为01、02，导轨间距均为 l=2m,水平导轨所在区域存在竖直向上的 匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T。现有 两均匀金属细棒甲和乙，质量分别为1= 6kg和m2=2kg,接入导轨的电阻均为R= 1Ω。左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因 请完成课时作业17 练 44 数分别为1一0？183”初始时刻，乙静 ☑一红网勾·讲与练·高三二轮物理微专题六动量观点在电磁 提升练1BDab杆在水平方向上受到 时间为t=2mR 感应中的应用 与运动方向相反的安培力，安培力大 B212g 小为FABL巴，加速度大小为a= 提升练2(1)绝缘棒a速度大小为0 考向探究素养提升 2R 金属棒b速度大小为√2gh FAB'L'v 考向一 动量定理在电磁感应中的 ,由于速度减小，所以ab 2mR (2)mgh 应用 杆做加速度减小的变减速运动直到静 解析：(1)设绝缘棒a滑上水平导轨时， 典例1CD设金属杆经过BB1的速度 大小为U1,则对金属杆从AA1运动到 止，故A错误：当b杆的速度为二时， 速度为vo,下滑过程中绝缘棒a机械 B2L'v1 B2L2o 能守恒，有2mu号=mgh,绝缘棒a与 BB,的过程，由动量定理有 2R4 安培力大小为FA= 3 金属棒b发生弹性碰撞，由动量守恒定 B'L'd ，所以加 m(。-1),又1t=d,则 2R 律mv6=mv1十mw2,由机械能守恒定 2R FA B2L'vo 1 m(v,一U1),对金属杆从BB1运动到 速度大小为a′ ,故B正 6mR 律有了m=7m+之m5,解得绝 B'Lv CC1的过程，由动量定理有2R十 确；对ab杆，由动量定理得一B·IL· 缘棒a的速度大小v1=0,金属棒b的 速度大小v2=vo=√2gh。 mgt,=mu,又0，=d,则BL'd △t=m3 m0o,即BLg= 31,解 (2)最终两金属棒b、c以相同速度匀速 2R 2mvo mgt,=U1,分析可知v一1<U1, 得g= ,所以通过定值电阻的电 运动。由动量守恒定律有心2=（m 3BL 解得心>之，脚金属杆经过BB,的速 2mvo 荷量为3BL Φ ,故C错误；由q=2R 食，由能量守恒定律有m手 度大于之A错误：整个过程，由能量 B:L,解得b杆通过的位移x= 2R 2(m十受）2+Q,解得Q=3mg. 守恒定律可得2mu=Q十Q#十 2Rg 4mRvo 真题演练感悟高考 BL 3B'L,故D正确。 umgd,由于通过定值电阻R和金属杆 的电流时刻相等，则由焦耳定律可知 考向二 动量守恒定律在电磁感应中 1.AC 弹簧伸展的过程中，穿过闭合回 的应用 路的磁通量向上增加，由楞次定律可 Qe=Q#,联立可得QR=年mw6 2mR 判断回路中的电流方向为顺时针， 典例21)2。（2)m(3)g元 A正确；设MW的质量为m,则PQ的 2mgd,B错误；规定水平向左为正 质量为2m,对PQ由动量定理得Ft 解析：(1)Q与P发生弹性碰撞，由动 BI·2dt=2mw,对MN由动量定理得 方向，则结合A项分析可知，金属杆经 量守恒定律有3w,=p十3muQ,由机 过AA,B,B区域，金属杆所受安培力 栽能守恒定律有2X3m6=立mu听 1 Ft-2BI·dt=mv',解得导体棒MN 的速度为v'=2u,PQ速率为v时，回 B'L'd 的冲量I,= 2R 2R ,金属 1 路中的感应电动势大小为E=2Bd· 之×3mru%,联立解得v0=立om 2u十B·2du=6Bdu,回路中的感应电 杆经过BB1C1C区域，金属杆所受安 3 培力的冲量I2= B'L'v:B'L'd ,可 o,根据题述，PQ落到地面上同一 流大小为I E_2Bd,则MN所受 3R R 2R 2R 地点，结合平樾运动规律可知，金属棒 得I1=I2,即金属杆经过AA1B1B与 P滑出导轨时的速度大小为v=vQ 的安培力大小为Fw=2B阳=4Bde R BB1C,C区域，金属杆所受安培力的冲 B错误；整个运动过程中，MN的加速 量相同，C正确：若将金属杆的初速度 20。 加倍，则对金属杆从AA,运动到BB 度为aNF-2BId,PQ的加速度为 (2)由能量守恒定律可得，金属棒P在 B'L'v 导轨上运动过程中产生的热量为Q F-BI·2d 的过程，由动量定理有 2R t:= a po 2m ,则aMN:aPQ= BLd=m(2。-g),对全属杆从 2mup-2muf=mu6。 2:1,由B选项分析可知MN与PQ 2R (3)P在导轨上做变速运动，设速度大 的速率之比为2：1，则由公式v2=2az BB,运动到CC,的过程，由动量定理 小为时，金属棒中产生的感应电动 可知MN与PQ的路程之比为2：1， BL4+mgt,=m(ua一c 势大小为e,感应电流大小为i,在△t C正确：由C选项分析可知两导体棒静 2R 时间内速度变化△，则由法拉第电磁 感应定律有e=Blu,由闭合电路欧姆 正时，MN的位移大小为气，PQ的位 +mgt1=m(B一vc),又由 运动学知识有t1<t2,则结合A项分 定律有i= ,金属棒P所受的安培力 e 移大小为行，由法柱第电醛感应定律 析联立可得金属杆经过CC1的速度 vc>U。,对金属杆经过CC1之后的运 F=Bil ”,由动量定理有 得E=△地 ,又T一p,通过MW的电 B'l'v 动过程，由动量定理有" F△=mAo,即R △t=m△w,方程 荷量为g=了·41，整理得g= 3歌，代入 BL△=mue>m,又由A项分析 两侧求和，得ΣB4t=∑m△D,即 2R R 2Bd·3 BL习At=m∑A0,注意到》vAt 数据解得q= 3R 有Bdm·2w,则Ax>2d,故 2BLd 金属杆在磁场中运动的距离为工 x,∑△U=Up一p=Uo,联立解得x= ,D错误。 3R 2d十△x>4d=2×2d,即金属杆在磁 BF,对绝缘棒Q有x=vat,解得与 mvoR 2.(1)2m/s2,加速度方向水平向右 场中运动的距离大于原来的2倍， D正确。 P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的 (2)24m(3)356, md<m ☑一红勾·讲与练·高三二轮物理 -284- 解析：(1)对甲从静止到运动至P1P2 处的过程，根据动能定理有m1gh 解得Ar'- 刻速度为零，且A、C两，点的速度相同， 7m, A、B两，点的速度大小相等，方向不同。 h 根据位移关系有dm一△x=△x', 综上所述，可知C正确。 4mg0os·sn0=立m16-0, 365 考向二机械波 甲刚进入磁场时，由法拉第电磁感应 解得dm= 11 m, 典例2AC由质点Q的振动图像可 定律有E。=Blu。, 若乙返回水平导轨后，当两者共速时 知，质点Q开始振动的方向沿y轴正 根据欧姆定律有1。一2R: E 恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从 方向，A正确：质点Q起振的方向与质 返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过 点P起振的方向相同，都是波源的起 对乙由牛顿第二定律有 程，根据动量定理有 振方向，因此质，点P起振的方向也沿 BIol=m2ato, BI2l△t2=m2v-（-m21) y轴正方向，B错误；由图像可知，质点 联立并代入数据解得azo=2m/s。 Bl△x" P的振动情况传播到质点Q所用的时 根据楞次定律可知，回路中的感应电 又g2=Ig△t2 2R 间至少为4s,而振动周期T=6s,因 流沿逆时针方向（俯视），结合左手定 解得△x”=340 此波从质点P传到质点Q所用的时间 11 m, 则可知，乙所受安培力方向水平向右， 为t=nT十4s(n=0,1,2,…),因此波 则加速度方向水平向右。 根据位移关系有d一△x一△x' 速为=工= 10 5 (2)甲和乙在磁场中运动的过程中，系 △x” 7=T+4m/s=3n+2m/s 统不受外力作用，则系统动量守恒，若 两者共速时恰不相碰，则有 解得dx= 696 (n=0,1,2,…),将n代入可知，C正 11 m 确，D错误。 m1Uo=(m1十12)U共， 356 提升练3B根据多普勒效应可知，探 综上所述，d的取值范围为 11 m 对乙根据动量定理有 测器接收到的回声频率与被探测物相 BIlt=m2v共-0， 696 对探测器运动的速度有关，故D错误； ΦBl△x l1m。 两列声波发生干涉的条件是频率相 又It=q=2R 2R 专题五 振动和波、光学 等，所以两列声波相遇时不一定发生 dnin=△x, 干涉，故A错误；声波由水中传播到空 联立解得dnin=24m。 第12讲 机械振动和机械波 气中时，声波的波速发生变化，所以波 长会发生改变，故B正确：根据波长的 (3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场 至甲、乙第一次在水平导轨上运动稳 考向探究素养提升 1500 t算公式可得入三下，5X0m = 定，相对位移为△x=24m,且稳定时 考向一机械振动 的速度v共=6m/s, 1×103m,当遇到尺寸约为1m的被 典例1D设手机质量为m,由题图乙 乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过 探测物时不会发生明显衍射，故C 知，t=0时，手机加速度为0，由牛顿第 程中，根据牛顿第二定律有 错误。 二定律得弹簧弹力大小为F=mg, 提升练4AC由图可知波长为λ=2m, 2gsin62十2m2gcos日2=m2a上， A错误；由题图乙知，t=0.2s时，手机 根据运动学规律有2a上工上=0共， 的加速度为正，则手机位于平衡位置下 羽接减的战逸为。=产=号ms 乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过 方，B错误；由题图乙知，从t=0至t 1.0m/s,故A正确；此时介质中质点b 程中，根据牛顿第二定律有 0.2s,手机的加速度增大，手机从平衡 向y轴负方向运动，根据微平移法可 m2gsin 0,-u2m2g cos 02=m2a, 位置向最大位移处运动，速度减小，动 根据运动学规律有2a下xr=oi, 知，该波沿x轴负方向传播，故B错 能减小，C错误：由题图乙知T=0.8s, 误；t=0时刻质，点a处于波峰位置，则 又x上=x下 2π t=0.5s时，质，点a刚好经过平衡位置 联立并代入数据解得乙第一次从右侧 则圆频率ω= =2.5πrad/s,则a随 向y轴负方向运动，故C正确；t=0时 斜轨上滑下经Q,Q,时的速度 t变化的关系式为a=4sin(2.5t)m/s, 刻质，点b处于平衡位置向y轴负方句 v1=5m/s, D正确。 运动，则t=1.5s时，质点b刚好处于 甲乙结合体第一次在保侧斜轨上向上 提升练1AD根据共振产生的条件可 波峰位置，此时质点b的速率为0，故 运动的过程中，根据牛顿第二定律有 知，当振动器的频率等于树木的固有 D错误。 (m1十m2)gsin82十2(m1十m2)gcos82 频率时产生共振，此时落果效果最好， 考向三 振动图像和波的图像的综合 (1十m2)a上， 而不同树木的固有频率可能不同，针 应用 根据运动学规律有2a上x上=v, 对不同树木，落果效果最好的振动频 典例3C由振动图像可得该波的周期 由题图(b)可知x上=4.84x上， 率可能不同，故A正确：当振动器的振 是4s,A错误；由于Q、P两个质点振 30 解得甲、乙碰撞后的速度u=m/s, 动频率等于树木的固有频率时产生共 动步调反相，则可知两质点间距离 振，此时树干的振幅最大，则随着振动 乙返回水平导轨后与甲相互作用的过 器频率的增加，树干振动的幅度不一 6m=（a+2）A(m=0.12,…),波连 程，对甲、乙组成的系统，根据动量守 定增大，故B错误：打击杆对不同粗细 3 恒定律有 的树干打击的振动频率不同，打击结 为0=分=2n干m/s(n=0,1, m1v2-m,v1=(m1十m2)w, 束后，树干的振动频率为其固有频率， 2,…),B错误；由P质点的振动图像可 解得乙返回水平导轨Q1Q2时甲的速 不同粗细的树干的固有频率是不同 看出，在4s时P质点在平衡位置向上 度为，智 的，故C错误；树干在振动器的振动下 m/s, 振动，C正确：由Q质点的振动图像可 做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干 看出，在4s时Q质点在平衡位置向下 若乙返回水平导轨时在Q1Q2处恰与 的振动频率始终与振动器的振动频率 振动，D错误。 甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第 相同，故D正确。 提升练5B根据题图乙可知，t=4s 一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲 提升练2C由单摆的振动图像可知振 时位于x=0.5m的质，点P向y轴正 根据动量定理有 动周期为T=0.8πs,由单摆的周期公式 方向振动，根据微平移法可知，波的传 -BI1l△t1=m1V2一m1V共： ，得摆长为1=四 播方向向左，故A错误；根据题图乙可 =1.6m, 又g:=i14,=BlAz T=2r入Ng 4π 知，周期为4s,则t=9s时，相当于 2R x一t图像的斜率代表速度，故起始时 t=1s时，P恰好在波峰，故B正确；质 -285- 参考答案一叱