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（江苏专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 1~6题,每题4分 1.(2025·江苏南通一模)如图所示,一根无限长的通电直导线固定在光滑水平面上,一质量为m的导体圆环在该平面内运动,其初速度大小为v0,方向与导线的夹角为30°。已知距离导线越远,磁场的磁感应强度越小,则导体圆环(　　) A.做速度逐渐减小的直线运动 B.距导线的距离先增大后减小 C.产生的电能最多为0.25m D.受到安培力的冲量最大为0.5mv0 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:一无限长通电直导线产生的磁场是非匀强磁场,最初导体圆环的运动方向与直导线成30°角,可将初速度沿平行于直导线和垂直于直导线的方向分解,沿导线方向做匀速直线运动,由于电磁感应,导体圆环中产生感应电流,安培力的方向与导体圆环垂直于导线的运动方向相反,这个方向上速度减小,则导体圆环感应电流减小,则所受安培力减小,这个方向做加速度减小的减速运动,最终沿平行直导线的方向匀速运动,根据运动的合成可知导体圆环做速度逐渐减小的曲线运动,距导线的距离先增大后不变,故A、B错误;沿着导线方向的分速度v1=v0cos 30°,由能量守恒定律得导体圆环产生的电能为E电=m-m,解得E电=0.125m,故C错误;垂直导线方向的分速度 v2=v0sin 30°,以向左为正方向,根据动量定理得I安=mv2,联立可得导体圆 环受到安培力的冲量最大为I安=0.5mv0,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(2025·江苏盐城一模)如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1固定在绝缘水平面上,左、右两侧导轨间距分别为2L和L。金属棒a、b的质量分别为2m、m,阻值分别为2R、R,长度分别为2L、L,整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属棒a一水平向右的初速度v0,经一段时间后金属棒a、b达到稳定速度。已知运动过程中两金属棒a、b始终与导轨垂直且接触良好,金属棒a一直未到达NN1位置。 下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.稳定后金属棒a的速度大小为v0 B.稳定后金属棒b的速度大小为v0 C.整个运动过程中产生的热量为m D.从开始运动至达到稳定速度的过程中,流过金属棒b的电荷量为 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:对a、b棒分析,根据右手定则可知,a棒切割磁 感线产生顺时针方向的感应电流,流过a、b棒,根据 左手定则可知,a棒受到向左的安培力,b棒受到向右 的安培力,在安培力作用下a棒做减速运动,b棒从0开始做加速运动,在开始后不久的某时刻,根据右手定则可知,a棒切割磁感线仍产生顺时针方向的感应电流,b棒切割磁感线产生逆时针方向的感应电流,随着a棒速度逐渐减小,b棒速度逐渐增大,则感应电流逐渐减小,所以安培力逐渐减小,故加速度逐渐减小,最终感应电流是零,设经一段时间t后金属棒a、b达到稳定速度,大小分别为v1、v2,此时电路中有2BLv1=BLv2,解得2v1=v2, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 分别对金属棒a、b应用动量定理得-2BL·t=2mv1-2mv0,BL·t=mv2-0,联立解得v2=v0,v1=v0,故A、B错误;由能量守恒定律知,整个运动过程中产生的热量Q=×2m-×2m-m=m,故C正确;从开始运动至达到稳定速度的过程中,流过金属棒b的电荷量q=t,对金属棒b应用动量定理得BL·t=mv2-0,联立解得q=,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.(2025·江西鹰潭一模)如图甲所示,水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨固定且间距为L。空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现给ab棒一水平向右的初速度v0,其速度随时间变化的关系如图乙所示,两金属棒运动过程中,始终与导轨垂直且接触良好。已知ab棒的质量为m,电阻为R。导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.ab棒刚开始运动时,cd棒中的电流方向为d→c B.ab棒运动后,cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动 C.在0~t0时间内,ab棒产生的热量为m D.在0~t0时间内,通过cd棒的电荷量为 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:金属棒ab刚开始运动时,根据右手定则可知cd棒中的电流方向为c→d,故A错误;ab棒运动后,由于安培力作用,速度会逐渐减小,同时cd棒将做加速运动,回路总电动势减小,电流减小,cd棒受到的安培力会减小,由F=m'a可知,cd棒的加速度会减小,故B错误;两金属棒组成的系统动量守恒,有mv0=(m+m')v0,解得m'=2m,由于ab棒与cd棒质量之比为1∶2,且它们的材料和长度相同,故横截面积之比为1∶2,由R=ρ得电阻之比为2∶1,故ab棒与cd棒产生的热量之比为2∶1,根据两棒组成的系统能量守恒有m=(m+m')(v0)2+Q,0~t0时间内ab棒产生的热量Qab=Q=m,故C错误;对cd棒由动量定理有BLt0=2m×v0,又q=t0,则在 0~t0时间内,通过cd棒的电荷量q=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(2025·江苏省锡中、省常中、溧阳中学调研)电磁弹射的原理可简化为如图所示结构,电容为C的电容器充满电后板间电压为U0,导体轨道处存在磁感应强度为B的匀强磁场,金属牵引杆开始时静止在ac处,接通电路,电容器通过轨道和金属杆放电。金属杆和轨道电阻可忽略不计,金属杆在安培力作用下开始加速。已知ac=L,金属杆的质量为m,所受阻力忽略不计,金属杆在运动到bd之前已经匀速,速度大小为v,则(　　) A.整个过程电容器放出的电荷量为CU0 B.整个过程电容器放出的电荷量为CBLv C.金属杆匀速运动的速度可表示为v= D.金属杆匀速运动的速度可表示为v= D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:金属杆在运动到bd之前已经匀速,速度大小为v,设此时电容器两端电压为U,则有U=BLv,可知整个过程电容器放出的电荷量为Δq=CΔU=C(U0-BLv),对金属杆根据动量定理可得BLΔt=BLΔq=mv-0,则有BLC(U0-BLv)=mv,解得金属杆匀速运动的速度可表示为v=,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(2025·江苏南京外国语学校期末)如图所示,两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定于同一绝缘水平面内,整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中,质量均为m、电阻分别为R、r的导体棒MN、PQ垂直静止于平行导轨上,与导轨构成矩形闭合回路。某时刻给导体棒MN一个水平向右的瞬时冲量I,不考虑导轨的电阻,则从此时至PQ达到最大速度的过程中,以下说法正确的是(　　) A.导体棒PQ做加速度增大的加速运动 B.通过导体棒MN的电荷量为 C.两导体棒的相对距离减小量为 D.导体棒MN产生的焦耳热为 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:依题意,当两导体棒速度相等时,导体棒PQ速度 达到最大,该过程中,导体棒PQ受到的安培力水平向右, 根据F安=BIL,I=,E=BLΔv,联立可得F安=,式中Δv为两导体棒在运动过程中的速度差,由于Δv逐渐减小,根据牛顿第二定律可得a=,可知导体棒PQ做加速度逐渐减小的加速运动,直到PQ达到最大速度后,两导体棒一起做匀速直线运动,故A错误;对导体棒MN,设其开始运动时的初速度大小为v0,两导体棒达到共速时速度大小为v,根据动量定理可得-BLΔt=mv-mv0,Δt=q,I=mv0,对两导体棒,根据动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 有mv0=2mv,联立可得通过导体棒MN的电荷量为q=,故B错误;根据q=,ΔΦ=BΔS=BLΔx,联立可得两导体棒的相对距离减小量为Δx=,故C正确;从开始运动到两导体棒达到共速时,根据能量守恒定律有m=Q+×2mv2,Q=QR+Qr,=,联立得导体棒MN产生的焦耳热为QR=,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.如图,两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,左、右两侧导轨间距分别为d和2d,处于竖直向上的磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d,导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d,PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止,两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧,两棒在各自磁场中运动直至停止,弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好,导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.弹簧伸展过程中,回路中产生逆时针方向的电流 B.PQ速率为v时,MN所受安培力大小为 C.整个运动过程中,MN与PQ的路程之比为2∶1 D.整个运动过程中,通过MN的电荷量为 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:弹簧伸展过程中,根据右手定则可知,回路中产生顺时针方向的电流,选项A错误;任意时刻,设电流为I,则PQ所受安培力FPQ=BI·2d,MN所受安培力FMN=2BId,两棒所受安培力方向相反,可知两棒系统所受合外力为零,动量守恒,设PQ质量为2m,则MN质量为m,PQ速率为v时,则有2mv=mv',解得MN的速率v'=2v,回路中的感应电流I==,MN所受安培力大小为FMN=2BId=,选项B错误;设整个运动过程中,某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2,同理有mv1=2mv2,可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1,则MN与PQ的路程之比为2∶1,选项C正确;两棒最终停止时弹簧处于原长状态,由动量守恒定律可得mx1=2mx2,x1+x2=L,可得最终MN向左移动x1=,PQ向右移动x2=,则q=Δt===,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.(12分)(2025·广东珠海一模)如图所示,在水平面上的装置由三部分构成,装置中间部分为电路控制系统,电源电动势恒定且为E,内阻不计,两个开关S1、S2初始状态都断开。装置左右两侧均为足够长且不计电阻的光滑金属导轨,导轨M、N宽度为2L,H、G宽度为L,导轨M、N和H、G之间均存在匀强磁场,磁感应强度分别为B和2B,磁场方向如图所示。将质量均为m的金属杆ab、cd分别如图轻放在水平轨道上,两杆接入电路中的电阻相等,不计金属杆与导轨的摩擦。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)接通S1,求ab杆的最大速度; 解析: S1接通,ab中有a→b的电流,ab受水平向右的安培力,ab向右做加速运动,ab切割磁感线产生一个感应电动势,与电源相抵消。当ab产生的感应电动势与电源电动势完全相消时,ab杆不受安培力,ab将做匀速运动,设速度为vm,此时产生的感应电动势为 E=2BLv m, 解得vm=。 答案:　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)当ab杆做匀速运动后,断开S1同时闭合S2,当两杆再次匀速运动时,求cd杆产生的焦耳热。 解析:断开S1,接通S2,ab向右运动切割磁感线产生感应电流,方向由b→a,电流再流经cd杆,方向由c到d,由左手定则可知,ab杆受水平向左的安培力,做减速运动, cd杆受水平向右的安培力,向右做加速运动,ab、cd产生互相抵消的电动势,当完全抵消时,电路中无电流。设ab、cd做匀速运动时速度分别为v1、v2,则 B·2Lv1=2BLv2, 可得v1=v2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 从断开S1接通S2到两杆达到匀速的过程中ab、cd中电流相等,ab、cd所受的安培力分别为 F1=B×2LI=2BIL, F2=2BIL, 即安培力大小相等、方向相反,ab、cd运动过程满足动量守恒定律,有 mvm=mv1+mv2, 联立解得 v1=v2=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 电路中产生的总焦耳热为 Q=m-×2m()2=m=, 因为ab、cd接入电路中的电阻相等,所以cd杆产生的焦耳热为 Qcd=Q=。 答案: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(14分)福建舰配备了先进的电磁弹射系统。某学习小组在研究电磁弹射时设计了如图甲所示的装置。两根固定于水平面内足够长的光滑平行金属导轨,间距d=0.2 m,导轨区域内存在B=0.5 T的竖直向下的匀强磁场。用质量m1=50 g、电阻为R1=0.4 Ω的均匀金属丝制成一个直径也为d的圆环作为电磁弹射车,圆环水平放在两条直导轨上和两导轨保持良好接触。实验时,将质量m2=50 g的绝缘模型飞机(如图乙)锁定在金属圆环上。计时开始,开关掷向1,与一恒流源接通,使干路电流恒为I=10 A。金属环从静止开始推动模型飞机一起做匀加速运动,经过Δt后,模型飞机达到起飞速度v1=20 m/s并立即与金属环解锁,飞离金属环。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及圆环可能的形变。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)求圆环接入电路的电阻值r和模型飞机的加速时间Δt; 解析:金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中,每段圆环的电阻R=, 由串并联关系,圆环接入电路的总电阻为r=, 故r=0.1 Ω。 对金属环和飞机模型整体受力分析,其在安培力的作用下做匀加速直线运动,受到的安培力为F=BId, 由牛顿第二定律有F=(m1+m2)a, 由匀变速直线运动规律有v1=a·Δt, 代入数据得Δt=2 s。 答案: 0.1 Ω　2 s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)若飞机起飞瞬间将开关立即掷向2,与R=0.1 Ω的电阻接通,求此后电阻R上产生的焦耳热; 解析:开关掷向2后金属环的动能全部变成电路的焦耳热,为Q=m1, 电阻R上产生的焦耳热QR=Q 由于圆环接入电路的电阻和R相同, 则有QR=m1, 代入数据得QR=5.0 J。 答案: 5.0 J　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)若飞机起飞瞬间将开关立即掷向3,与C=15 F的电容器接通,求金属环稳定时的速度v2。 解析:当圆环稳定运动时,速度为v2,此时电容器上带的电荷量为 Q=CBdv2, 电容器的电荷量的变化即为通过圆环的电荷量,为ΔQ=Q-0=t, 对圆环,由动量定理有-Bdt=m1v2-m1v1, 由以上公式得v2=, 代入数据得v2=5 m/s。 答案: 5 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(16分)如图,两根光滑平行金属导轨EF、HG固定在绝缘水平面上,左、右两侧导轨间距分别为d和2d,处于竖直向上的磁场中,磁感应强度大小为B。两根完全相同的均匀金属棒P、Q,长度均为2d、质量均为m,P棒中点处接有一原长为L、劲度系数为k的轻质绝缘弹簧,两棒放置在导轨上图示位置。现给P棒一个初速度,当P棒运动到MN时(两棒运动已经稳定),P棒速度大小为v0,弹簧刚好与Q接触。运动过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好,弹簧始终在弹性限度内,弹簧弹性势能的大小为kx2(x为弹簧的形变量),导轨足够长且电阻不计, 两棒电阻不可忽略。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)求P棒的初速度大小vP0; 解析: P棒向右运动,根据右手定则可知,在P棒、Q棒组成的回路中会产生逆时针方向的电流,根据左手定则可知P棒受到的安培力向左,Q棒受到的安培力向右;当P棒运动到MN时两棒的运动已经稳定,说明回路中电流为零,即此时两棒产生的电动势相等,则两棒开始匀速运动时有Bdv0=2BdvQ, 解得vQ=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 两棒从开始到稳定过程,分别对P棒、Q棒由动量定理得 -Bdt=mv0-mvP0,B·2dt=mvQ-0, 联立解得vP0=v0。 答案:　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)求P运动到MN过程通过Q的电荷量q; 解析:对Q棒,根据动量定理有B·2dt=mvQ-0, 又q=t, 联立可得Bq·2d=mvQ, 解得q=。 答案:　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)若运动过程中两棒的最近距离为L,求从开始到弹簧压缩至最短过程P棒产生的焦耳热QP。 解析: P棒在窄导轨上运动到稳定过程中,由系统能量守恒得 m=Q1+m+m, 解得Q1=m, 此过程P棒产生的焦耳热为QP1=Q1=Q1=m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 P棒进入宽导轨到弹簧压缩至最短过程中,P棒在安培力和弹力作用下做减速运动,Q棒在安培力和弹力作用下做加速运动,当速度相等时,回路电流为零,弹簧被压缩到最短,开始恢复形变,由系统动量守恒和能量守恒可得mv0+mvQ=2mv共,m+m=Q2+×2m+Ep弹, 解得Q2=m-kL2, 此过程P棒产生的焦耳热为QP2==Q2=m-kL2。 综上,P棒中产生的焦耳热QP=QP1+QP2=m-kL2。 答案:- 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(18分)(2025·江苏宿迁二模)如图所示,两足够长平行水平金属直导轨MN、PQ固定在同一水平面内,间距L=1.0 m,水平直导轨的左端M、P点分别与两条间距也为L的倾斜放置的金属直导轨绝缘平滑连接。两倾斜导轨平面与水平面成30°角,倾斜导轨的上端接电阻R=0.08 Ω。整个导轨所在空间存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小B=0.2 T的匀强磁场。质量为m1=0.4 kg、电阻R1=0.04 Ω的金属棒ab静止放置在水平直导轨上,距导轨左端d=1.2 m。质量为m2=0.8 kg、电阻R2=0.02 Ω的金属棒cd从倾斜导轨上距导轨底端x=3.0 m处由静止释放,经t=1.2 s到达倾斜导轨底端后无动能损失运动到水平导轨上。两金属棒ab、cd长度与导轨间距相等,运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好,不计其与导轨间的摩擦,忽略导轨电阻。重力加速度大小g取10 m/s2,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)金属棒cd运动到倾斜导轨底端的速度大小及电阻R上产生的焦耳热。 解析:对cd棒下滑过程,根据动量定理有 m2gsin 30°·t-BL·t=m2v0, 又下滑过程中通过cd棒的电荷量q=t=, 由以上两式代入数据可解得v0=4.5 m/s。 根据功能关系有m2gxsin 30°-Q=m2, 解得Q=3.9 J, 则R上消耗的焦耳热为QR=Q=3.12 J。 答案: 4.5 m/s　3.12 J　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)请根据题中数据分析,在以后运动过程中金属棒cd和ab能否发生碰撞;若能碰撞则碰后粘在一起,求从释放金属棒cd后,金属棒cd上产生的最大焦耳热。 解析:金属棒cd运动到倾斜导轨底端过程cd棒消耗的焦耳热为 Q1=Q=0.78 J。 设两金属棒在水平轨道上不能相撞,则最后两者以相同速度v向右运动,由动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v, 对金属棒ab在磁场内运动过程,由动量定理有 BL·Δt=m1·v-0, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 且q=Δt, 联立解得通过回路的电荷量为q=, 又两棒在磁场中相对靠近的位移为Δx,有=,=, 整理可得q=, 联立以上各式并代入数据解得Δx=1.8 m。 因最初cd与ab棒相距d=1.2 m<Δx=1.8 m, 所以两棒在水平导轨上发生碰撞。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设ab、cd两棒在相撞前的速度为v1、v2,则由动量守恒定律有 m2v0=m1v1+m2v2, 对ab棒从开始运动到相撞过程有=m1v1, 由以上两式解得v1=2 m/s,v2=3.5 m/s。 设两棒相碰前在水平轨道上运动时回路中总共产生的焦耳热为Q',则由能量守恒定律有Q'=m2-(m1+m2), 代入数据解得Q'=2.4 J, 在此过程中cd棒产生的焦耳热为Q2=Q'=0.8 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 两棒相碰后粘在一起,共同运动,回路中再无感应电流,cd棒上也不产生焦耳热。 综上所述,cd棒从释放开始产生的最大焦耳热为Qmax=Q1+Q2=1.58 J。 答案:能碰撞　1.58 J $