专题强化练(十二) 动量观点在电磁感应中的应用-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习课时作业

班级 姓名 专题强化练（十二） 动量 1.(2025·安徽省黄山市高三二模)绝缘水平 桌面上有一质量为m的“”型金属框，框 宽度为d,ab间电阻为R,两侧部分电阻不 计且足够长.在竖直固定的绝缘挡板间放 一根金属棒，挡板间隙略大于棒的直径，棒 与金属框垂直且接触良好，金属棒接入电 路部分的电阻为R,不计一切摩擦.空间存 在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小 为B,现给框水平向左、大小为的初速 度，俯视图如图所示.则下列说法正确的是 挡板 B 挡板 A.开始时金属框的加速度大小为 B2d2vo mR B.开始时挡板给导体棒的作用力大小为 Bd20,方向水平向左 2R C.金属框从开始运动到静止过程中通过金 属棒的电荷量为 Bd D.金属框从开始运动到静止过程中金属棒 上产生的热量为？m呢 2.(多选)(2025·广东省广州市高三最后冲 刺卷)将一足够长光滑平行金属导轨固定 于水平面内（如图），已知左侧导轨间距为 L,右侧导轨间距为2L,导轨足够长且电阻 可忽略不计.左侧导轨间存在磁感应强度 大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，右侧 导轨间存在磁感应强度大小为2B、方向竖 ·14 得分 观点在电磁感应中的应用 直向下的匀强磁场.在t=1时刻，长为L、 电阻为r、质量为m的匀质金属棒EF静止 在左侧导轨右端，长为2L、质量为3m的匀 质金属棒GH从右侧导轨左端以大小为？0 的初速度水平向右运动.一段时间后，流经 棒EF的电流为0，此时t=t2.已知金属棒 EF、GH由相同材料制成，在运动过程中两 棒始终与导轨垂直且接触良好，不计电流 的磁效应，则 2B A.t1时刻流经棒GH的电流为 12BLvo 7r B.2时刻棒EF的速度大小为 196 C.t1~t2时间内，回路磁通量的变化率逐 渐增大 D.t1~t2时间内，棒EF产生的焦耳热为 72 133n号 3.(多选)(2025·山东省潍坊市高三二模)如 图所示，间距为L的两光滑平行导轨由倾 斜部分和水平部分组成，固定在水平地面 上，两部分通过光滑圆弧绝缘小段相连接 倾斜轨道M1N1和M2N2的倾角0=60°， MM,间接有电容C-B的电容器，导 轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场， 磁感应强度为B;水平导轨右端串接一阻值 为R的电阻，EF和GH间有一竖直向下的 矩形磁场区域efgh,磁场宽度gh=二，磁 感应强度也为B;质量为3m,边长均为L且 开口向左的U形金属线框abcd静置在水 平轨道上.现将一质量为m的导体棒P(电 45 班级 姓名 阻不计)由倾斜导轨上距水平面高二处静止 释放，导体棒P越过EG后，与U形线框发 生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形金 属线框，沿水平导轨穿过磁场区域.已知U 形线框bc边的阻值为R,其余部分电阻不 计，重力加速度大小为g,电容器不会被击 穿，则 ( M 光滑圆弧绝缘小段 N a f E R 4 N2 0 c h g A.导体棒P沿倾斜导轨做匀加速直线运 动，加述度大小为得。 B.ad边刚进入磁场边界eh时的速度 为L 8 C.整个线框穿过磁场的过程中，流过电阻 R的电荷量为BL R D,整个线框穿出磁场后的速度为√g工 8 3B2L3 8Rm 4.(2025·河北省高三二模)我国第三艘航母 “福建号”已装备最先进的电磁弹射技术 某兴趣小组根据所学的物理原理进行电磁 弹射设计，其加速和减速过程可以简化为 下述过程.两根足够长的平直轨道AB和 CD固定在水平面上，其中PQ左侧为光滑 金属轨道，轨道电阻忽略不计，AC间接有 定值电阻R,PQ右侧为粗糙绝缘轨道.沿 CD轨道建立x轴，坐标原点与Q点重合. PQ左侧分布有垂直于轨道平面向下的匀 强磁场B。、PQ右侧为沿x轴渐变的磁场B =1十k.x,垂直于x轴方向磁场均匀分布. 现将一质量为m,长度为L,电阻为R的金 ·14 得分 属棒ab垂直放置在轨道上，与PQ距离为 s.PQ的右方还有质量为3m,各边长均为L 的U形框cdef,其电阻为3R.ab棒在恒力 F作用下向右运动，到达PQ前已匀速.当 ab棒运动到PQ处时撤去恒力F,随后与U 形框发生碰撞，碰后连接成“口”字形闭合 线框，并一起运动，后续运动中受到与运动 方向相反的阻力f,阻力大小与速度满足 =2L4 2R.已知m=1kg,F=2Ns=5m,L =1m,R=12,B0=1T,k=1T/m,求： P A B C F e 光滑金属轨道 粗糙绝缘轨道 (1)棒ab与U形框碰撞前速度的大小o; (2)棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的 电量； (3)“口”字形线框停止运动时，fc边的坐 标x； (4)U形框在运动过程中产生的焦耳热， 班级 姓名 5.(2025·安徽卷·15)如图，平行光滑金属 导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距 为L,右端连接阻值为R的定值电阻.水平 导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖 直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B. 某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第 1根导体棒，导体棒以初速度0进入磁场， 速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2 根相同的导体棒，导体棒仍以初速度进 入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推， 直到发射第n根相同的导体棒进入磁场. 已知导体棒的质量为，电阻为R,长度恰 好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前 导体棒与导轨不接触)，不计空气阻力、导 轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的 影响.求： M 0 (1)第1根导体棒刚进人磁场时，所受安培 力的功率； (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0 的过程中，其横截面上通过的电荷量； (3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体 棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电 阻R上产生的总热量 ·14 得分 6.(选做题)(2024·辽宁省三模联考)如图甲 所示，在光滑水平面上平放一个用均匀导 线制成的正方形线框，质量m=0.1kg,边 长L=0.1m,总电阻R=0.052,有界磁场 的宽度为2L,磁感应强度B=1T,方向垂 直线框平面向下.线框右边紧挨磁场边界， 给线框水平向右的初速度v1=0.8m/s,求： B ↑/(ms-) 1.0- 0.8 0.6 0.4 0.2- x/m 0 0.10.20.30.4 甲 乙 (1)线框刚进入磁场时的加速度； (2)进入磁场过程中通过线框的电荷量q及 完全进入磁场中时线框的速度2大小； (3)在乙图中画出线框通过磁场过程的v x图像。(2)金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为R=2dr+ 25此时回路中的总的热功率为P=二 （Bl)2 2r(d+s) =B2122 2r(d+5)9 ③)根据闭合电路欧好定律，感应电流1三長2，d十· B22v 安培力F安=BIl=2r(d+5) 设金属杆保持速度大小做匀速直线运动的最大路程为 x,刚好将要脱离导轨，此时绳子拉力为T,与水平方向的夹 角为；对金属杆，根据受力平衡，水平方向F安=Tx= Tcos0,竖直方向mg=Tsin0,根据位置关系有tan0= 产联立解得一√面 2mgr 专题强化练（十二） 1.C开始时金属框产生的感应电动势E=Bd),回路中感 应电流大小为15-，根据牛颜第二定律得B1= ma,解得金属棒的加速度大小a2mR,故A绪误：根据 平衡条件可知，开始时挡板给导体棒的作用力大小F= B1d二B方向向右，故B错误：金属框从开始运动到 静止过程中，取向左为正方向，由动量定理得一BId·t=0 一m通过会属捧的电符莹g=了·1：联立解得q=册· 故C正确；金属棒接入电路部分的电阻与ab间电阻均为 R,两者产生的热量相等，则金属棒上产生的热量为Q=2 1 ×m6=子m6,故D错误。 2.ABD棒EF、GH由相同材料制成，即电阻率P1、密度P2 均相同，根据电阻定律有：R=A号 质量M=P2xS,可得：RM=P1P2x2,设GH的电阻为r',则 32·可得/=寺，旅据右手定则判断知山时 rm L2 刻GH产生的感应电动势方向是从H到G,回路中的感应 电动势E=2B·2Lb=4BL0,根据闭合电路欧姆定律可 知回路中的感应电流：=2心故A正确：设2 7r 时刻，EF,GH的速度大小分别为v1、2,则有BL1=2BX 2L,可得=子1山~12时间内，根据动量定理，向右 为正方向 对EF有BTLt=my-0,对GH有-2BT·2Lt=3m- 12 3mo,解得：心=96，故B正确：根据左手定则知EF受 到的安培力水平向左，GH受到的安培力水平向左，EF的！ 速度逐渐增大，GH的速度逐渐减小，回路中的感应电动势 E=2B·2LG一BLE逐渐减小，根据法拉第电磁感应定 律知，穿过回路磁通量的变化率逐渐减小，故C错误；在1 ~1时间内，对两捧组成的系统，根据能量守恒定律有号 X3m6=乞m听+乞X3m呢+Qs,解得回路中产生的总 24. 热量Qs的m听根据焦耳定律有侵=·解得Q 72 133m6,故D正确. ·26 3.AD设导体棒P在倾斜导轨上向下运动过程中很小一段 时间△1内速度的变化量为△，电容器带电量的变化量为 △Q,电容器两端电压变化量为△U.由法拉第电磁感应定律 有△U=BL△u,取沿导轨向下为正方向，根据动量定理可 得mgsin0·△t-BTL·△t=m△v,其中：T△1=△Q= CBLAv,a棒的加速度大小为a三，联立解得a一 m平C谓品将C品代入上式可得a=吾 mgsin 0 4g,可知导体 棒P沿倾斜导轨运动时加速度保持不变，做匀加速直线运 动，故A正确：导体棒P到达EG边时速度大小为0= L 4 √2a·sm0-?√红，设导体棒P与U形线框碰撞后的共 同速度为4，取向右为正方向，由动量守恒定律得 m=(m十3m,解得=日V工 线框bc边和ad边通过磁场时做减速运动，线框左右两边 都在磁场外时，没有感应电流，线框不受安培力做匀速运 动，所以ad边刚进入磁场边界eh时的速度小于发，故 B错误；bc边通过磁场时，电阻R被短路.当ad边通过磁 L 场时，通过ad边的电荷量为g=74=-△迎_BL R R R 2 2 2 一货流过电阻R的电芳黄为0=号-紧，截心错送： =BL2 设bc边到达∫g时的速度为U2,整个线框穿出磁场后的速 度为3. bc边通过磁场的过程，取向右为正方向， 由动量定理得一BI1L·1=4mw2一4m1, L △地BL· 又g1=万·1= R BL2 2R,联立可得欢= 8一8R,ad边通过磁场的过程，取向右为正方向，由 √gL.B2L3 动量定理得-BI2L·t2=43一4m, L =4Φ 又q2=五·=R BL·立-B R R,联立可得=延 8 2 2 3B2L3 8Rm 即整个线框穿出磁场后的速度为工 8 3BL,故D正确 8Rm 4.解(1)由闭合电路欧姆定律得I(R十R)=B。L。F= BoIL,解得b=4m/s； 2)根据电荷堂的计算公式g尺十R,解得g三2.5C； (3)设碰后瞬间金属框的速度为1，此后任意时刻闭合线 框的速度为v,ab边处磁场为B1,de边处磁场为B2,回路 总电阻为4R,取向右为正方向，碰撞过程中动量守恒 =4U1 根据法拉第电磁感应定律I·4R=(B2Lv一B1Lu),B2一 月L,郎得P=L一BL=装，取向右为正方 向，旅裙动量定卫有（祭紫）=0-加m 解得x=∑u△1= ,剥=立-解得 4mvoR 1 3m; （4)旅据能量守证Qs=令×(m)听=宫m6,解得Q8=2】 因任意时刻安培力与摩擦力1：2，所以焦耳热与摩擦热也 1:2,即Qw+Q=子Qs 3Qh=Q,则Qu=32m6,解得Q=0.5J 5.解(1)第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为 E=:则光时回路的电流为：1=景此时号体捧交到 的安培力F安=BIL,此时导体棒受安培力的功率为：P= F安的，联立解得：P=BL6】 2R (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，取向 右为正方向，根据动量定理有：一BIL△1=0一mo,其中： 7△Y=q,解得通过其横裁面上的电荷量：g=B配： 1U6 (3)由于每根导体棒均以初速度进入磁场，速度减为0 时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生 的总热量均为：Q=2m哈 第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，有(n一1) 个导体棒并联再与R并联，然后与第n个导体棒串联，电 路的总电胆为R十】R,电阻R的电流为总电流的口，根 据焦耳定律以及能量的分配关系可得： 第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端！ 定值电阻R上产生的热量：Q1=2·Q 第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端 1 定值电阻R上产生的热量：Q肥=？×弓·Q 第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端 定值电阻R上产生的热量：Q=子X·Q … 第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端 定值电腹R上产生的盐量，Q。×十Q 则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的 过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量：QR=QR1 +Q2+QR+·+QR, 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出：Q =nhQ-20干m=12.3 nmvd 6.解(1)线框刚进入磁场时，产生的感应电动势为E1= BLv=0.08 V 洛应电流为h一是=1.6入 受到的安培力大小为F1=BI1L=0.16N 根据牛顿第二定律可得，线框刚进入磁场时的加速度大小 _=1.6m/s 为a1 17 方向水平向左！ (2)进入磁场过程中通过线框的电荷量为 △Φ △t q=1M=卡△i=R△1月 _BL2 R 解得g=0.2C 根据动量定理可得一BTL·△t=2一mu 又BTL·△t=BLg 联立解得线框完全进入磁场中时线框的速度大小为2= 0.6m/s ·26 (3)取向右为正方向，在线框进入磁场过程中，即0≤x≤ 0.1m,根据动量定理可得-BIL·△t=m-m 共中g=1-装贤0≤0.1m 联立可得u=0.8-2x(0x0.1m) 在0.1m<x<0.2m过程，线框以2=0.6m/s做匀速直 线运动； 在0.2mx0.3m过程，据动量定理可得 -BI'L·△1=mu-m2 4会9BL二02m0.2m≤ R 联立可得v=1-2x(0.2mx0.3m) 综上分析可知线框通过磁场过程的V一x图像如图所示 ↑/(ms) 0.8 0.6- 0.2- 0 0.10.20.30.4 突破计算题练（七） 1.解(1)a的速度大小为v=10m/s时，感应电动势为：E= BLu=1×0.5×10V=5V,此时通过a的电流大小：I=尺 E 5 =0.0A=500A: (2)由于超级电容器经调控系统为电路提供I。=1000A 的恒定电流，则当a与b的初始间距为x。=1.25m时，设 a与b碰撞前的速度为0·此过程中，根据动能定理可得： BlLz0=7m6-0,解得：=25m/s a与b碰撞时，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒 有：m=(m。十m6)u,7m。呢=Ep十(m。十m,)u 设a和b达到NN'的速度大小为v1,a与b整体从碰撞后 到NN'的过程中，根据动能定理，有：BIoL(x一xo)= 合(m,+m,)-(m+m,)2,解得：n=20m/s α与b分离时，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒 有：(m十m%)n=ma十ms,En+2(m,十ms)听- m十号m%听，联立解得：%=25m/s,由于分离前二 1 者一起加速，分离时弹性势能又转化为二者的动能，所以 此时的速度为b能够获得的最大速度；由于a和ab组合体 均做匀变速直线运动，两个过程中的时间分别为12，则 有，-学一=巴，到电家器流出的电荷量 为：△q=I(t1十2)，a运动过程中电容器的电压减小量： 0-是联立解得：△U=40V, (3)若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f=u2,口 与b整体从碰撞后到VN'的过程中，根据牛顿第二定律可 得：(BloL-f月=(ma十6)a,根据加速度定义式可得：a= 智兰·品-听·部件分离请的建度：可 △△x x一x0 ,4≈99.05% =√392.64m/s,则有： a分离前的速度大小能达到(2)问中分离前速度的99%.