提升课5 动量观点在电磁感应中的应用(强化练)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 [基础保分练](1-6题,每题4分) 1.(多选)(2025·广东部分高中三模)我国航空母舰福建舰采用了电磁弹射技术,装备了电磁弹射轨道,电磁弹射的简化模型如图所示:足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中,左端与充满电的电容器C相连,与机身固连的金属杆ab静置在轨道上且与轨道垂直。闭合开关S后,飞机向右加速,若不计所有阻力和摩擦,回路总电阻R保持不变,下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.提高电容器的放电量,可以提高飞机的起飞速度 B.飞机运动过程中,a端的电势始终高于b端的电势 C.飞机的速度最大时,金属杆ab产生的感应电动势与电容器两端电压相等 D.飞机的速度达到最大时,电容器所带的电荷量为零 答案:ABC　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:对金属杆与飞机,由动量定理可得BLΔt=mv-0,q=Δt,联立可得BLq=mv,则提高电容器的放电量,可以提高飞机的起飞速度,故A正确;飞机向右加速,通过金属杆ab的电流方向为a→b,则电容器上板带正电,下板带负电,a端的电势高于b端的电势,故B正确;随着飞机加速,金属杆ab产生的感应电动势E=BLv增大,电容器两端电压U减小,当U=E时,飞机的速度达到最大,此时电容器所带的电荷量 Q=CE=CBLv不为零,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2.(多选)(2025·广东深圳二模)如图所示,一长和宽分别为2L和L、质量为m、电阻为R的n匝矩形闭合线圈abcd,从距离磁场上边界L处由静止下落,线圈恰好能匀速进入匀强磁场。磁场垂直于纸面向外,上、下边界的高度为4L,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.线圈进入磁场时,线圈所受安培力大小为mg B.线圈进入磁场过程中安培力的冲量小于离开磁场 过程中安培力的冲量 C.线圈穿过磁场的全过程中,产生的总热量为2mgL D.磁场的磁感应强度为B= 答案:AD　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:线圈匀速进入磁场,则向下的重力和向上的安培力平衡,则线圈所受安培力大小为mg,选项A正确;安培力的冲量I冲=nB·2LΔt=2nBLq,而q=Δt=Δt=== ,由此可知线圈进入磁场过程中安培力的冲量等于离开磁场过程中安培力的冲量,选项B错误;线圈匀速进入磁场,则进入磁场时产生的热量为mgL,完全进入磁场后线圈做加速度为g的加速运动,线圈刚要离开磁场时的速度大于进入磁场时的速度,则向上的安培力大于重力,则线圈穿出磁场时克服安培力做的功大于mgL,即产生的热量大于mgL,则线圈穿过磁场的全过程中,产生的总热量大 于2mgL,选项C错误;线圈匀速进入磁场时满足nBI·2L=mg,I=,v= ,解得磁场的磁感应强度为B=,选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 3.(多选)(2025·广东梅州模拟)如图所示,两根足够长、相互 平行、间距d=0.20 m的竖直导轨,下端连接阻值R=0.50 Ω的 电阻。一根阻值也为0.50 Ω、质量m=1.0×10-2 kg的导体棒 ab搁置在两端等高的挡条上。在竖直导轨内有垂直纸面的 匀强磁场,磁感应强度B=0.50 T(图中未画出)。撤去挡条,导体棒开始下滑,经t=0.25 s后下降了h=0.29 m。假设导体棒始终与导轨垂直,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10 m/s2。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.导体棒能获得的最大速度为20 m/s B.导体棒能获得的最大速度为10 m/s C.t=0.25 s时间内通过导体棒的电荷量为2.9×10-2 C D.t=0.25 s时导体棒的速度为2.21 m/s 答案:BCD　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:导体棒获得最大速度时,导体棒受力平衡,有mg=F安= BId,解得I=1 A,又E=Bdvm,I=,解得vm=10 m/s,故A错误,B正 确;在导体棒下降0.29 m的过程中,=,=,q=t,可得q=, 其中ΔΦ=ΔS·B=0.2×0.29×0.5 Wb=0.029 Wb,解得q=2.9×10-2 C,故C正确;对导体棒,由动量定理有(mg-Bd)t=mv,可得v=gt-,代入数据解得v=2.21 m/s,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.(多选)如图所示,水平放置的足够长的平行光滑金属导轨ab和cd处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,两导轨间距为L。现将质量为2m的导体棒ef和质量为m的导体棒gh放置在导轨上,两导体棒的电阻均为R、长度均为L。t=0时刻,给导体棒ef水平向右、大小为3v0的初速度,同时也给导体棒gh水平向左、大小为v0的初速度,若运动过程中两导体棒未发生碰撞,两导体棒始终垂直导轨且与导轨接触良好,导轨电阻不计,则下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.t=0时刻,两导体棒受到的安培力大小均为 B.导体棒gh的速度大小为0时,导体棒ef的速度大小为v0 C.从两导体棒开始运动到速度不再变化,导体棒gh受到安培力的冲量大小为mv0 D.两导体棒运动过程中,回路中产生的焦耳热为m 答案:BD　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:t=0时刻,整个回路产生的感应电动势大小为E=E1+E2=4BLv0,感应电流的大小I==,两导体棒受到的安培力大小均为F=BIL=,故A错误;导体棒ef和导体棒gh受到的安培力等大反向,导体棒ef和导体棒gh组成的系统动量守恒,当导体棒gh的速度为0时,有6mv0-mv0=2mv,导体棒ef的速度为v=v0,故B正确;最终两导体棒以相同速度向右匀速运动,设此时速度为v1,则有6mv0-mv0=3mv1,解得v1=v0,根据动量定理可知导体棒gh受到的安培力的冲量I=mv0-(-mv0)=mv0,故 C错误;对两导体棒运动过程,根据能量守恒定律可得回路中产 生的焦耳热为Q=×2m×(3v0)2+m-×3m×()2=m, 故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5.(多选)(2025·广东广州联考)如图,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,二者平滑连接,右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、长为L、电阻为2R的金属棒从高为h处由静止释放,到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,金属棒与导轨间接触良好,则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.流过定值电阻的电流方向是Q→N B.金属棒两端电势差的最大值为BL C.电阻R产生的焦耳热为mg(h-μd) D.金属棒通过磁场所用的时间为- 答案:AD　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:由右手定则可知,流过定值电阻的电流方向是Q→N, 故A正确;金属棒刚进入磁场时,速度最大,金属棒两端电势 差最大,由动能定理可知mgh=m,解得vm=,感应电 动势为E=BLvm=BL,金属棒两端电势差的最大值为U=E=,故B错误;由能量守恒定律可知,金属棒穿过磁场区域的过程中电路中产生的焦耳热为Q=mgh-μmgd,电阻R产生的焦耳热为QR= Q=mg(h-μd),故C错误;由动量定理可知-μmgt-BLt=0-mvm,又==,解得t=-,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.(多选)(2025·广东深圳调研)如图,质量为1 kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上,现使质量为2 kg的条形磁铁(条形磁铁横截面比铝管内横截面小)以v=3 m/s的水平初速度自左向右穿过铝 管,忽略一切摩擦,不计管壁厚度,则 (　　) A.磁铁穿过铝管过程中,铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右 B.磁铁穿过铝管后,铝管速度可能为5 m/s C.磁铁穿过铝管时的速度可能大于2 m/s D.磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J CD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:磁铁穿过铝管过程中,根据楞次定律的推论“来拒去留”可知,铝管受到的安培力始终向右,故A错误;磁铁穿过铝管的过程中,系统动量守恒,设穿过铝管后磁铁的速度为v1,铝管的速度为v2,根据动量守恒定律有Mv=Mv1+mv2, 假设无能量损耗,则有Mv2=M+m, 解得v1=1 m/s,v2=4 m/s, 假设磁铁恰好和铝管速度相等,共同速度为v3,根据动量守恒定律有Mv=(M+m)v3, 解得v3=2 m/s,损耗的能量为ΔE=Mv2-(M+m)=3 J, 所以磁铁穿过铝管后,铝管速度小于4 m/s,磁铁穿过铝管时的速度可能大于2 m/s,磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J,故B错误,C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 [提能争分练](7-9题,每题6分) 7.(多选)(2025·广东清远一模)如图,足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置,宽度为l,一端连接电动势为E、内阻为r的电源。导轨所在空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B,质量为m、电阻为R的导体棒ab放在导轨上,其长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好,不计导轨电阻。现闭合开关,导体棒运动一段位移x后达到最大速度vm,则下列说法正确的是 (　　) A.vm= B.通过导体棒的电荷量q= C.安培力对导体棒做功的大小等于导体棒上产生的焦耳热 D.导体棒上产生的焦耳热Q= AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:导体棒在安培力作用下运动,电路中的电流i=,当 导体棒达到最大速度时i=0,则E=Blvm,解得vm=,故A正确;对 导体棒由动量定理得Blt=mvm-0,通过导体棒的电荷量q=t,解得通过导体棒的电荷量q=,故B错误;根据动能定理可知安培力对导体棒做的功等于导体棒动能的增加量,这里安培力对导体棒做正功,导体棒上产生的焦耳热与安培力做功的大小无关,故C错误;根据能量守恒定律可得qE=m+Q总,导体棒上产生的焦耳热Q=Q总,解得Q=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8.(多选)(2025·广东深圳二模)如图所示,导体棒a、b水平放置于足够长的光滑平行金属导轨上,导轨左右两部分的间距分别为l、2l,导体棒a、b的质量分别为m、2m,接入电路的电阻分别为R和2R,其余部分电阻均忽略不计。导体棒a、b均处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,a、b两导体棒均以v0的初速度同时水平向右运动,两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触,导体棒a始终在窄轨上运动,导体棒b始终在宽轨上运动,直到两导体棒达到稳定状态,则该过程中 (　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.导体棒中的最大电流为Im= B.a棒运动初始瞬间的加速度方向水平向左 C.电路中产生的焦耳热Q=m D.通过导体棒a的某一横截面的电荷量q= 答案:ACD　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:导体棒刚开始运动时感应电动势最大,E=B·2lv0-Blv0=Blv0, 最大电流为Im=,A正确;开始瞬间回路感应电流沿顺时针方 向,a棒运动初始瞬间感应电流方向向里,根据左手定则可知,a棒 运动初始瞬间所受安培力方向水平向右,则加速度方向水平向右,B错误;二者稳定时有Blva=B·2lvb,得va=2vb,a棒做加速运动,b棒做减速运动,根据动量定理,对a棒有Blt=mva-mv0,对b棒有-2Blt=2mvb-2mv0,得va=v0,vb=v0,对整个系统,由能量守恒定律有m+×2m=m(v0)2+×2m(v0)2+Q,解得Q=m,C正确;由q=t,结合C选项,得通过导体棒a的某一横截面的电荷量为q=,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9.(多选)如图所示,水平面(纸面)内有两条足够长的平行光滑金属导轨PQ、MN,导轨电阻不计,间距为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的质量均为m,电阻均为R,两杆静止在水平导轨上,间距为s0。t=0时刻开始,金属杆cd受到方向水平向右、大小为F的恒定外力作用。t=t0时刻,金属杆cd的速度大小为v,此时撤去外力F,下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.t=t0时刻,金属杆ab的速度大小为-v B.从t=0到t=t0时间内,流过金属杆ab的电荷量为 C.最终两金属杆的间距为s0+ D.最终两金属杆的间距为s0+ 答案:AD　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:t=t0时刻,设金属杆ab的速度大小为v',对两杆 整体,由动量定理得Ft0=mv'+mv,解得v'=-v,选项 A正确;从t=0到t=t0时间内,对于金属杆ab,由动量定 理得BLt=mv',q=t,则流过金属杆ab的电荷量为q==,选项B错误;撤去外力F后,最终两金属杆达到共同速度v共,由动量守恒定律得mv'+ mv=2mv共,设通过回路的电荷量为q',对金属杆ab有BLq'=mv共,设最终两金属杆的间距为s,有q'==,联立解得s=s0+,选项C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10.(14分)(2025·广东佛山一模)如图所示,空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=1 T。在匀强磁场区域内,有一对光滑平行金属导轨,处于同一水平面内,导轨足够长,导轨间距L=1 m,电阻可忽略不计。质量均为m=1 kg、电阻均为R=1 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上,且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定,金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下,由静止开始以加速度a=0.1 m/s2向右做匀加速直线运动,2 s后保持拉力F的功率不变,直到棒以最大速度vm做匀速直线运动。(≈1.41) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)求2 s时,拉力F的功率P。 解析:金属棒MN在2 s末时的速度v1=at1=0.1×2 m/s=0.2 m/s, 所受安培力=BI1L, 由闭合电路欧姆定律得I1=, 由法拉第电磁感应定律得E=BLv1, 由牛顿第二定律得F1-F安1=ma, 拉力的功率P=F1v1,解得P=0.04 W。 答案:0.04 W 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)求棒MN的最大速度vm。(结果保留两位小数) 解析:金属棒MN达到最大速度vm时,金属棒MN受力平衡,F2=F安2=, 拉力的功率不变P=F2vm, 解得vm= m/s≈0.28 m/s。 答案:0.28 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (3)当棒MN达到最大速度vm时,解除PQ锁定,同时撤去拉力F,则撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值Δx是多少?(结果保留两位小数) 解析:撤去拉力F后,金属棒PQ、MN组成的系统动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律可得mvm=2mv,解得v=vm=0.14 m/s。 根据法拉第电磁感应定律得=, 由闭合电路欧姆定律得=,通过两棒的电荷量为q=Δt,解得q=。 对PQ棒,由动量定理得BLΔt=BLq=mv, 解得撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值是Δx=0.28 m。 答案:0.28 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.(16分)(2025·广东佛山二模)电磁弹射是利用运动磁场对闭合线圈的电磁力来驱动物体运动的。如图所示是某个电磁驱动的模拟场景,水平面上等距分布着宽度和间距都为L=0.2 m的有界匀强磁场,磁场方向竖直向上。通过控制使整个磁场以v0=20 m/s的速度水平向右匀速运动。两个放在水平面上的正方形导线框a、b,表面绝缘,它们的质量均为m=0.2 kg、边长均为L=0.2 m、电阻均为R=1 Ω,与水平面间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.4。两线框在如图所示位置由静止释放,b恰能保持静止,a在安培力驱动下向右运动, 然后与b发生弹性碰撞。已知a在与b碰撞 前已达到最大速度,忽略a、b产生的磁场 以及运动磁场的电磁辐射效应,重力加速度g取10 m/s2。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)磁感应强度B的大小; 解析:由题知,一开始b恰能保持静止,则有 BIbL=μ2mg, Eb=BLv0, Ib=, 联立解得B=1 T。 答案:1 T 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)导线框a与b碰撞前的最大速度和首次碰撞后a、b速度的大小; 解析:当a达到最大速度时,有BIaL=μ1mg,Ea=BL(v0-vam),Ia=, 联立解得vam=10 m/s。 a、b发生弹性碰撞,有mvam=mvb+mva, m=m+m, 解得va=0,vb=10 m/s。 答案:10 m/s　0　10 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (3)首次碰撞后a、b相距最远瞬间,a的速度的大小。 解析:碰撞后a、b组成的系统所受的合外力F合=+-μ1mg-μ2mg=0,则a、b组成的系统动量守恒,则a、b共速时相距最远,有mvam= 2mv共,解得v共=5 m/s。 答案:5 m/s $