第12讲 动量观点在电磁感应中的应用&突破计算题4 用力学三大观点分析电磁感应间题-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

高三二轮专题复习·物理 第12讲动量观点在电磁感应中的应用 【备考要求】1，掌握应用动量观点处理电磁感应中的动量、电荷量、时间及位移等问题.2.掌握动量和能 量观点处理电磁感应中的能量转化问题 考点一 动量定理在电磁感应中的应用 [例1]（多选）(2025·山东省实验中学高三四： A.第1个线圈进入磁场的过程中，通过线圈截 诊)如图所示的水平装置置于竖直向下、磁感应 面的电荷量为2C 强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、 B.第1个线圈完全进入磁场时，列车的速度降 内阻为R,两副平行且光滑的导轨间距分别为d 为8m/s 与2d.材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d、 C.至少需要10个线圈进入磁场才能使列车 电阻均为R、质量均为，垂直置于导轨上，导 停止 轨足够长且不计电阻.从闭合开关到两导体棒 D.完全进入磁场的最后1个线圈与进人磁场的 达到稳定状态的全过程中，下列说法正确的是 第1个线圈产生的热量之比为1：8 ( ) 变式2(2025·广西南宁二中期中)如图所示，空 间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强 磁场.足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导 xXx X'x 轨左右两部分的间距分别为1、2；质量分别为 E. 2× ××××X×× m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a ××××××× 接入电路的电阻为R,其余电阻均忽略不计；a、 A.稳定前b、c棒均做加速度增大的加速运动 b两棒分别以o、2o的初速度同时向右运动， B.稳定前b、c棒的加速度大小之比始终是1：2 两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好 ,2E C.稳定时导体棒c的速度大小为Ba 接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直 D.导体棒b中产生的焦耳热为，mE 到两棒达到稳定状态.则从开始到两棒稳定的 50B2d2 过程中，下列说法正确的是 () 变式训练 变式1（多选）(2025·河北省石家庄市高三第二 次质检)某科技团队设计了一款磁悬浮列车的 电磁制动系统，其简化模型俯视图如图所示.在 塑料模型列车底面安装多个相同矩形线圈，列 A.a棒加速度大于b棒的加速度 车和线圈的总质量为2kg.每个矩形线圈匝数 B.稳定时a棒的速度为1.5o 为50匝，电阻为0.52，ab、bc边的边长分别为 0.2m、0.5m,线圈平面与水平滑轨平行.列车 C.电路中产生的焦耳热为。m呢 以10m/s的初速度沿光滑水平轨道进入方向 竖直向下、磁感应强度为0.2T的匀强磁场区 D,通过导体棒a的某一横截面的电荷量为器 域，磁场范围足够大.下列说法正确的是( 【迁移归纳】 ×××××××××X 在导体切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿 …3☐ ××××××××××, 运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量 定理巧妙解决问题. 精品教辅·智慧人生 56 专题四 电路与电磁感应 求解的 应用示例 BIL△1十F其他△1= 物理量 n2一nu1s 即一BLq十F其他△1= mv2一1v1, 电荷 BIL△t=m2 + + 已知电荷量q、F其他 量或 mu1q=i△， ×× (F其他为恒力) 速度 即-BgL=mo2一mw1 时间 B2L20△1 R总 十F其他△1 =mw2一mw1, R 即 B2L2x B2L20△t =0一mo, M R总 十F其他△1 位移 R总 即 B2L2x =m02一m01· R总 =0一m0 已知位移x、F其他 (F其他为恒力) 考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用 [例2]（多选）(2025·江西省上饶市高三二模) A.b棒离开挡杆前，a棒做匀加速直线运动 如图，两条光滑且足够长的直金属导轨MN、 B.b棒刚要离开挡杆时，a棒速度大小为2 ngRsin0 B2L2 PQ平行放置，两导轨与水平面间夹角均为0，间 距为L,导轨所在空间存在垂直导轨平面向上 C.b棒最终速度大小为glosin0 的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两相同导体 D.a棒最终速度大小为glosin0+mgRsin B2L2 棒a、b垂直导轨放置，质量均为m,接入电路的 ◆变式训练 电阻均为R,b棒靠在绝缘挡杆上保持静止.a 变式3（多选）(2025·辽宁省丹东市高三模拟) 棒在沿导轨向上的拉力F=4 ngsin0作用下由 如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属导轨 静止开始做加速直线运动，将b棒刚要离开挡 水平固定，与导轨垂直的虚线MN左侧存在着 杆时刻设为0时刻，在o时刻，拉力大小减为 竖直向下的匀强磁场，导体棒a、b、c垂直静止 在导轨上且接触良好，导体棒b、c用长度为s= 号，直到运动稳定。导轨电阻不计，运动过程中 0.5m的轻质绝缘杆相连，三根导体棒的长度 两导体棒与导轨始终垂直且接触良好.关于a、b 以及导轨宽度均为L=1m.现固定导体棒b、c, 棒从静止到最终稳定运动的过程，下列说法正 对导体棒a施加一个沿导轨向右的力F,使导体 确的是 棒a做匀加速直线运动，力F随导体棒a的速 度v变化的图像如图乙所示.力F作用4s后撤 去，同时释放导体棒b、c,经过一段时间，三根导 体棒的运动状态均达到稳定，此时导体棒a、b 间的距离x=1m,且导体棒a未越过虚线MN. 已知三根导体棒的质量均为m=0.1kg,电阻均 为r=0.22,其余电阻不计，不考虑导体棒中感 应电流对磁场的影响.下列说法正确的是 57 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比 1.4 为2：1 0.2 D,整个运动过程中，通过MN的电荷量为BL4 3R 0 /m·s-) 提炼总结]++ 分 A.导体棒a做匀加速过程中的加速度大小为 2m/s2 B b B.从撤去F到运动状态达到稳定前(a未越过 L 虚线MN)的过程中当va:=2:1时，a棒 P a O' 的加速度大小为12m/s2 C.从撤去F到运动状态达到稳定(a未越过虚 物理 2B 线MN)的过程中导体棒b上产生的焦耳热 + 模型 b 为2」 d !+ D.最终导体棒c未穿出磁场，停在距离边界 !+ MN为gm处 两杆都在运动，要注意两杆切割磁感 线产生的感应电动势是相加还是相 变式4（多选）(2023·辽宁卷·10)如图，两根光 减；系统动量是否守恒 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 通常情况下一个金属杆做加 场中，磁感应强度大小分别为2B和B.已知导 速度逐渐减小的加速运动， 体棒MN的电阻为R、长度为d,导体棒PQ的 动力学 而另一个金属杆做加速度逐 电阻为2R、长度为2d,PQ的质量是MN的2 观点 渐减小的减速运动，最终两 倍.初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压 金属杆以共同的速度匀速 缩量为L的轻质绝缘弹簧.释放弹簧，两棒在各 运动 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 分析 能量 两杆系统机械能减少量等于 好，导轨足够长且电阻不计.下列说法正确的是 方法 观点 回路中产生的焦耳热之和 ( 对双杆合外力为零，应用动 .+ 2群： 。。。。6· 量守恒定律处理速度问题， N··· 动量 对其中一杆应用动量定理可 观点 解电荷量、时间及位移差 A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的 问题 电流 B.PQ速率为v时，MN所受安培力大小 为4B2d 温馨提示 完成作业专题强化练（十二） 3R 精品教辅·智慧人生 58· 专题四电路与电磁感应 突破计算题4用力学三大观点分析电磁感应问题 [例](2025·湖南省长沙市长郡中学高三模拟)如： (2)线框从开始运动到ab边到达分界面Q过程 图所示，空间中有4个互相平行足够大的竖直分 中产生的焦耳热； 界面P,QM、N,它们的间距均为d=0.5m.P、Q 间充满竖直向上的匀强磁场，M、N间充满竖 直向下的匀强磁场，PQ、MN间的磁场磁感 应强度均为B=2.5T.在分界面P的左侧有 一个边长L=0.8m的单匝正方形金属线框 abcd,线框水平放置，ab边平行于分界面P, 与P相隔一定的水平距离.现线框以= 5m/s的速度水平飞出，当ab边刚好到达分 界面Q时，线框的速度大小仍为.已知线框 (3)若磁感应强度B可调，当线框的cd边恰好 的电阻R=52,质量为m=0.4kg,重力加速 出分界面Q时能竖直下落，求对应的磁感应强 度为10m/s2,不计空气阻力作用，线框运动 度B1的值（最后结果用根号表示）. 过程中始终保持水平，求： N (1)ab边刚进入分界面P时线框受到的安培力 大小及方向： 温馨提示 完成作业突破计算题练（七） 59 精品教辅·智慧人生=2 gsin0,解得吃：=4：3，故A正确：当B捧 R, 穿过磁场时，由能量定恒可知ngsin日·d=Q感1，此时B棒 产生热童Qm.Q1=青mgdm0.当A棒穷注感场 4 时，由能量守恒可知2 mgdsin0=Q感2，此时B棒产生热量 12R 号司×Qe=言mgdsin0.全泣程Qs=Qm+Qa QB2=3 3 16 =mgdsin0,故B错误；设导体棒B在磁场中运动时间为t, 则有d=·,又因B刚穿出磁场时A进入磁场，则有边= +gsin0·t,又因2：h=4:3,解得4=√3 gdsin0,t= √3gsn0故C正确；设释放时，B.A棒距离MM的距离为1、 d 听=2gin0…3话2gin0·2,解得号d西=号d 故AB间距离△=一1=名d,故D错误。 第12讲动量观点在电磁感应中的应用 例1BCD稳定前b向左做加速运动、c向右做加速运动， 根据右手定则可知产生的感应电流方向与通电电流方向 相反，所以电路中的电流减小，安培力减小，b、℃棒均做加 速度减小的加速运动，故A错误：根据图中可知，两棒串 联，通过b、c两棒的电流相同，根据安培力的计算公式可 得：F=BIL,可知b、c两棒所受安培力之比为：Fb:F。= 1:2,根据牛领第二定律可得=片，两捧质量相年，运动 过程中加速度大小之比为：a,:ae=Fb:F。=1:2,故B 正确；闭合开关，当两棒稳定时，两棒产生的反电动势与电 源电动势的关系有：E=Bdu,十B·2d包，以向左为正方 向，根据动量定理对b棒有：BIdt=Bdg=m,以向右为 正方向，对c棒有：2BTdt=2Bdg=m℃，联立解得：叫= 品=器故C正功：凝器C造项可得：9=品由 能量守恒定律，电源提供的电能转化为动能和焦耳热，则 有：E=号m呢十名m呢十Q,又旅括热量与电阻的正比关 2 一Q,联立解得导体棒b中产生的焦 系可得：QR+R+R :mE2 耳热为：Q。0B,故D正确。 变式1AB根据电荷量的计算公式可得：9=i=反(= △9nBS=50X0.2×0.2×0.5C=2C,故A正确：第 n=n 0.5 1个线图完全进入磁场过程中，取初速度方向为正方向，根 据动量定理可得：一nB ILab△t=mo-m,即：nBLabq= m一1，解得：=8m/s,故B正确：每个线图进入磁场中 过程中安培力的冲量：1冲=nBLq相同，动量变化相同， 列车停止时选入磁场的线图数为：N=m0 m(。,解得：N =5个，故C错误：根据C选项的分析可知，完全进入磁场 的最后1个线图进入磁场的速度大小为心1=2m/5,产生 的热为：Q=乞m听，进入磁场的第1个线图产生的热量 为：Q:=名m6-子m2,则&-产02g寸 1 Q_听22 故D错误. ·22 变式2C根据牛顿第二定律得 对a棒有 =F=B四 dam m 对b棒有 =F=BI·2L_BIl ab-2m 2m m 可知a、b棒的加速度大小相等，故A错误； 取向右为正方向，对a、b棒，分别根据动量定理有 BIl·△f=mua-mvo -B7·21·△1=2m4-21·2vo 稳定时有Bla=B·2l 即得U=2 联立解得 va=20=0,故B错误； 由能量守恒定律可知，系统动能的损失等于焦耳热，则电 路中产生的焦耳热为Q=合m6+号·2m(2)2-合m (2)2-方·2m6=子m6,故C正璃： 对a棒，取向右为正方向，根据动量定理可得 BIl·△t=ma一1o 又g=I·△t Va=20 联立解得通过导体棒a的某一横截面的电荷量为q=B, 故D错误 例2BCb棒离开挡杆前，a棒做加速直线运动，随着速度 增大，a棒产生的感应电动势增大，回路中感应电流增大，a 棒受到的安培力增大，合力减小，加速度减小，所以a棒做 加速度减小的变加速直线运动，故A错误；设b棒刚要离 开挡杆时，a棒速度大小为，对b棒，由平衡条件有BIL -mgn0,根据网合电路欧蜂定律得I景-票，联立 解得=2mRsi日，故B正确：在0一6时间内，两棒做加速 B2L2 直线运动，在)时刻，柱力大小减为号，因号=2g·血0，系 F 统合外力为零，系统动量守恒，最终两棒以相同的速度做 匀速运动，设to时刻，a棒和b棒的速度分别为a、,最终 两棒的共同速度为U. 在0t。时间内，取沿导轨向上为正方向，对a棒和b棒整 体，因两棒受到的安培力大小相等，方向相反，所以安培力 对整体的冲量为零，由动量定理得Fto一2gsin0·t6= 1℃a+h, 从o时刻直到运动稳定，取沿导轨向上为正方向，对a棒 和b棒系统，根据动量守恒定律得ma十m=2m0,联立 解得v=glosin0,故C正确，D错误. 变式3ABC根据法拉第电磁感应定律，设导体棒a任意 时刻速度为v,有E=BLU 根据欧姆定律，电流为三】，根据牛顿第二定律，设a r+2 棒的加速度为a1,有F-BIL=ma1, 结合图乙有ma1=0.2N,2B21=1.4-0.2 3r 4 解得a1=2m/s2,B=0.3T 故A正确； 4s时，导体棒的速度为 0=a1t,解得0=8m/s 导体棒撤去拉力后，系统动量守恒，则有m0=2vh十mva 解得va=4m/s 根据牛顿第二定律有 2B2 Lve =maz 3r 解得a2=12m/s2,故B正确； 设达到的稳定状态时速度为⑦， 根据动量守恒定律有m=3m 回路中产生的总焦耳热为Q=了m6-子×3m 导你棒上b产生的焦耳热为Q=子Q×日 解得Q-3号J,故C正确： 把导体棒b、c看成一根棒，设b导体棒穿出磁场时速度为 ”,a穿出磁场后，在任意极短时间△t内，对导体棒b、c根 据动量定理有 BILA-B BLOWELA- 2B2L2hc=2m△u 3r 则有2BL2 3r =2md-2m 解得=名m/5 设c未离开磁场， 对号体养6旅器动麦定思有2=2m时 解得r=子m> 则c能离开磁场，故D错误. 变式4AC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正确：任意时刻，设电流为 I,则PQ所受安培力FQ=BI·2d,方向向左，MN所受安 培力FMN=2BId,方向向右，可知两棒系统所受合外力为 零，动量守恒，设PQ质量为21，则MN质量为m,PQ速 率为u时，则有2mu=m,解得'=2，回路中的感应电流 I=2But+B·2d=2Bd,MN所受安培力大小为FM 3R R =2B1d=4Bd巴，选项B错误；设整个运动过程中，某时 R 刻MN与PQ的速率分别为v1、2,同理有m=2mu2,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，故C正确：两棒最终停止时弹簧处于原长 状态，由动量守恒可得m=2mx2,1十x2=L,可得最终 MN向左移动，PQ向右移动x2二片，则q=了△归 △中 R总 2B号4+B号2，达项D错头 3R 3R 突破计算题4用力学三大观点分析电磁感应问题 例解(1)ab边刚进入分界面P时，ab切割磁感线产生感 应电动势的大小为：E=BL。,线框中产生的感应电流大小 为：=景线框交到的安培力大小为：P=BL,联立以上 式子，代入相关已知数据求得：F4=4N,根据左手定则判 断知，此时安培力方向水平向左： (2)线框从开始运动到ab边到达Q过程中，在水平方向 上，由动量定理有：-BIL△1=mvr-m 又调为：五g尝是联这代入故据来得-4到 ·22 此时线框在竖直方向上的速度大小为：，=√品一好 √52一42m/s=3m/s,由于线框在竖直方向上做自由落 体运动，则线框从开始运动到ab边到达Q过程下落的高 32 度为：h=及2X0m=0.45m,由动能定理：mgh+WA =0,代入数据得到：WA=一1.8J,线框从开始运动到ab 边到达Q过程中产生的焦耳热为1.8J； (3)线框能竖直下落的临界条件为cd边运动到分界面Q 时水平速度为零，从开始进入磁场到cd边运动到分界面Q 的过程中，线圈中有感应电流的阶段为： ①ab边切割，运动的水平距离为d ②cd边切割，运动的水平距离为2d一L ③ab边、cd边都切割，运动的水平距离为L一d 一条边切割的总水平距离为3d一L,此过程中安培力的冲 BL(3d-L) 量为：I1= R 两条边同时切割的总水平距离为L一d,此过程中安培力的 冲量为：2=4B明L2-d -,对线框abcd水平方向全程应 R 用动量定理解得：I1十I2=o,联立求得B1的值为：B1= √需1 专题五热学 光学近代物理 第13讲热学 LDa千克气凝胶所含分子数为：n=NA二心，故 错误，气凝胶的摩尔体积为：Vnm=M,故B错误：lm0l气 凝胶中包含NA个分子，故每个气凝胶分子的体积为V。= ,故C钻误；设每个气凝胶分子的直径为D,则有 合元D,解得每个气凝胶分子的直径为：D三 86M.故D WπVAp 正确. 例2A甲图中，半杯水与半杯酒精混合之后的总体积要小 于整个杯子的容积，是因为液体分子之间有间隙，故A正 确；图乙中液体和管壁接触面中的附着层中的液体分子间 表现为斥力，所以液体和管壁表现为浸润，故B错误；图丙 中，当温度升高时，分子速率较大的分子数占总分子数的 百分比增大，所以T1对应曲线为同一气体温度较低时的 速率分布图，故C错误；图丁中微粒越小，单位时间内受到 液体分子撞击次数越少，微粒受到液体分子撞击越不平 衡，布朗运动越明显，故D错误。 例3AD分子间距离在。至3r。区间分子力表现为引力， 分子间距离由r。增至3。，分子力做负功，分子势能增加， 故A正确：图甲中阴影部分面积表示分子力做功，根据功 能关系，分子力做功等于分子势能的减小量，与零势能，点 的选取无关，故B错误；分子势能与分子间距图像中，图线 切线的斜率的大小表示分子间作用力大小，故C错误，D 正确」 例4AD根据理想气休执态方程兴=C,知在V-T图像 中斜率表示￡，某状态与原点连线的斜率越大，则压强越 小，由图可知pa=p,<p,故AD正确，BC错误， 9