复习练案16 第一部分 微专题5 电磁感应中的动量问题-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习提能训练

复习练案[16] 第一部分微专题 A组·基础巩固练 1.（2025·广西卷)如图，两条固定的光滑平行金属导 轨，所在平面与水平面夹角为0，间距为1，导轨电阻 忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形 成闭合回路；质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与 导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R:劲度系数 为飞的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行， 端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹 性势能E,与形变量x的关系为E。=:将金属棒 移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整 个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁 感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上 移动距离α后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最 远处，用时为飞，最远处与导轨中间位置距离为b,弹 簧形变始终在弹性限度内。此过程中 1 A.金属棒所受安培力冲量大小为BP(a+b) R B.每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为B?(a+b) 4R +mgtsin 0 2 C.每个定值电阻产生的热量为（公-6） 8 +mg(a+b)sin日 4 D.金属棒的平均输出功率为(-)+mg(a+b)sin0 2t 2.(多选)(2025·浙江卷)如图1所示，在平面内存在 一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方 向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化 如图2所示，周期为3o。变化的磁场在空间产生感 生电场，电场线为一系列以0为圆心的同心圆，在同 一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有 以O为圆心的半径为2r的导电圆环I,与磁场边界 相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻均为R,圆心 0对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角p=30°；另有一可视 为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相 互影响，则 -21 5电磁感应中的动量问题 0 B↑ Bo P收g 2o/3。i -Bo 、 图1 图2 A圆环I中电流的有效值为5π产8 Rto B.=15,时刻直导线CD电动势为πB to TrBo C.t=0.5,时刻圆环Ⅱ中电流为12。 D=0,5%时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为2场 to 3.(2025·陕晋青宁卷)如图，光滑水平面上存在竖直 向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小 为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m,长均为 2L,宽均为L,电阻分别为R和2R。两线框在光滑水 平面上以相同初速度一4片K并排进人磁场，忽略 两线框之间的相互作用。则 (） d —2L ● k—2L→4 A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为 1:1 C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产 生的焦耳热之比为4：3 B组·综合提升练 4.(2025·安徽卷)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MWPQ 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 2 速度。进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推， 直到发射第根相同的导体棒进入磁场。已知导体 棒的质量为m,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 。。。。。 (1)第1根导体棒刚进入磁场时，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。 5.（2025·河南濮阳期未)如图1所示，间距为L=1m、 电阻不计的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水 平面上，导轨左侧连接有阻值为R=8Ω的定值电 阻，金属棒垂直放置在导轨上，金属棒接入电路的电 阻为r=22,金属棒的质量m=0.4kg,整个导轨处 在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强 度大小为B=2T。金属棒在水平向右的恒定拉力F 作用下，从静止开始运动，经2.4s达到最大速度，金 属棒运动的v-t图像如图2所示，求： ×××1××× ×× + 图1 /(m.s-) 5.0 4.0 3.0 2.0 1.0 0 2.4 2s 图2 图3 (1)外力F的大小； (2)0~2.4s内电阻R上产生的焦耳热； 21 (3)若施加的力F为变力，当金属棒的速度达到o时 撤去外力，金属棒整个运动过程中的速度v与运 动的位移x关系如图3所示，求整个过程中电阻 R上产生的焦耳热（结果用题中和图3中物理量 符号L、R、r、B、o、s表示)。 6.(2025·海南卷)间距为L的金属导轨倾斜部分光 滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和 开关，倾斜导轨与水平面夹角0=30°，处于垂直于导 轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于竖直向下的 匀强磁场中，磁感应强度大小均为B,两相同导体棒 ab、cd与水平导轨的动摩擦因数u=0.25,最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均m,接入电路中的 电阻均为R,cd棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在 运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰 撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为g。 (1)锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在 倾斜导轨上，求通过b棒的电流；断开开关，同 时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x。时， cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定到开始运动 过程中，cd棒产生的焦耳热； (2)此后αb棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时 ab、cd棒的速度大小之差； (3)ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒到达水 平导轨开始计时，1时刻cd棒速度为零，加速度 不为零，此后某时刻，cd棒的加速度为零，速度不 为零，求从t1时刻到某时刻，ab、cd的路程之差。6.ABD线框从某一高度开始下落，恰好能匀速进人磁 场，那么线框以相同的速度匀速穿出磁场。设线框每 条边电阻为R。展据尽=M,=系解得i=歌0不 变，不变。根据楞次定律，感应电流的方向先逆时针 后顺时针A正确：进人蓝场过程中B=B此，1品以 =1·3R,解得-子，穿出磁场过程中E=BL,1 ,UR,解得U,三B始终6点电势高 确；根据左手定则，安培力的方向始终竖直向上，C错 误：线框产生的热量Q=P.4Ru=4FR上=4 hh, D正确。故选ABD。 B组·综合提升练 .(12器(2)分w-网梁 2BL 8BL (3)3 4BL- 【解析】(1)闭合开关S,当重力沿导轨向下的分力和 安培力大小相等时速度最大，则有ngsin30°=I,LB E I,二R E =BLv 联立解得，=2BT mgR (2)金属棒从静止到速度达到最大巴，的过程中，根据能 量守恒定律Q=mgxsin30°-Lm 2 mgx-m'g'R? 解得Q=1m 8BL (3)第(1)问中1= 。=>4,假设闭合开关S后， 金属棒速度最大时Z的电压恒为Um,则有UR=BL2- U=12R mgsin30°=I,LB 解得1，=2B1 =器>1。，即闭合开关S后金属棒速度最大时Z 的电压恒为U成立 解得器 0 8.(1)CR (2器 (3)见解析 【解析】(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q,则电容 器两极板间电压U= U 开关闭合瞬间，通过导体棒的电流I= R 解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为1= CR 3 (2)开关闭合瞬间由牛顿第二定律小 有BlL=ma 将电流I代入解得a=B0 CRm (3)由(2)中结论可知，随着电容器 放电，所带电荷量不断减少，所以 导体棒的加速度不断减小，其v-t图线如图所示。 9.(1)5m/s(2)0.2T(3)0.5J 【解析】(1)对金属线框从静止释放到刚进入磁场区 1 域，由动能定理mgxsin0-umgcos日·x=2m,2-0 解得线框进入磁场区域时的速度大小=5m/s。 (2)线框匀速穿过整个磁场区域，有mgsin0=mgcos0 nBld 感应电动势E=nBd。 感应电流I= E 联立解得，有界匀强磁场的磁感应强度大小B=0.2T。 (3)因刚好能够匀速穿过整个磁场区域，则磁场宽度也 为d,由功能关系，有Q=nB1d·2d 联立解得，焦耳热Q=0.5J。 复习练案[16] A组·基础巩固练 1.D 跟据1=B1A=Bg,而9三R△t-A9 R总 B(a+b),R。=2R+2R R点 =2R2+R=2R,解得1安= BP(a+b),A错误；该过程中由动量定理2l弹-l安+ 2R mgsin9·t=0,解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小 为1=zg-7 mgtsin-Br（a+D-1 1 4R -2 mgtsin 0,B 错误：由能量关系可知回路产生的总热量Q=ngsin0(a 如-2×2，每个定值电阻产生的热量 +b)+2×2 为Q=4 Q=min(a+b±k(d-),C错误；金属 4 锋的平输出功率刀.2 =mgsin @(a+b)th(d-b) 2t D正确。 2.BD由题图可知，在0~。内和2t。~3t。内圆环I中的 电流大小均为1= B。,在，~2，内圆环1中的电流 Rto 2品，设圆环1中电流的有效值为，根据 大小为4=R。 32 有效值定义可得PR·3t。=1,2R·2t。+L2。,联立解得 1-5π矿B,A错误：设右侧有一与无限长的直导线CD Rto 对称的无限长的直导线C'D'与CD构成回路，则t= 1.5t。时刻，CD、C'D'回路产生的总电动势为E总=2· 2B。,根据对称性可知t=1.5,时刻直导线CD电动势 为，B正确：由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环 Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流， 则t=0.5时刻圆环Ⅱ中电流为0，C错误；以0点为 圆心，过P、Q两点的圆轨道，在t=0.5t。时刻产生的电 励势为E=么，则P,Q两点间圆弧的电动势为E产 &-r总，由于P.0两点间圆驱与圆环I上P0 30° to 构成回路不会产生感应电流，则圆环Ⅱ上PQ间电动势 为日r么，D正确。故选BD to 3.D根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺 时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，A错误；甲线 Bo,乙线 框刚进磁场区域时，合力为F安1=BL,L,4=R, BLo可知 框刚进磁场区域时，合力为F=B,山，↓=2R F匙=2，B错误；假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据 △Φ 动量定理有-BLA1=mu,-mu9,-1△t= R ·△t= △ΦB·4L2 ,同理对乙有-BLA'=m,-m,2= △Φ 2A'=A·A'=A9=B·4L26 2,解得，=0，=2%= mR,故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域 2B 时，速度大小不为0，C错误；由能量守恒可知甲、乙线 框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分 即哈：专D正确。 B组·综合提升练 (20 4.(1)2R (302m+n=123,“ 【解析】(1)第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应 电动势为E=BLo 33 则此时回路的电流为1一品 此时导体棒受到的安培力F安=BL B'L'vo2 此时子体棒受安培力的功率P=F安。=2R。 (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中， 根据动量定理有-BL·△t=0-mo 其中1·△t=q mvo 解得q=BL (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 产生的总热爱均为Q=m, 第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右 1 端定值电阻R上产生的热量Qm=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 端定值电阻R上广生的热量Q。=宁·了·Q 第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右 璃定位电租R上产生的热量Q。了·子·Q 第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=·」 nn+1·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Q =QR:+Qe+Qe+…+Qm 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出 0n40=2m+n=12,3 nmvo 、B2LRos 5.(102N(2)7.2J(3)(R+r 【解析】(1)棒切割磁感线时产生的感应电动势为 E=BLv 当外力F等于安培力时，速度最大则有F=F安=BL, E 1=R+ 解得F= B2Lv=2N。 R+T (2)以导体棒为研究对象，由动量定理得(F-BIL)t =mv E 共中I=R+7 又万进坠q=器 R+r 解得x=7m 由能量转化和守恒定律得Fx-Q=2mm 得Q=9J 电胆R产生的热量0，=元Q=7.21。 (3)由v-x图像可知，整个过程克服安培力做功W安= Σ·Ar R+r 而∑v△x表示所围面积 故有∑v△x=Os B2L'vos 整个过程克服安培力做功W= R+r W=(R+ 电阻R上产生的热量为QR=R十，W BLRvos U Ar 6(1器 本g16B2(2)0器 1 mgR 4B2L2 (3) 4BL 【解析】（1)ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件 可得F安=mgsin30°，Fd=BlL 解得通过ab棒的电流为1=2B mg 设当ab棒下滑距离为x。时速度为。，cd棒开始运动时 回路中的电流为L1,此时对cd棒有F安a=umg BLvo 同时有Fd=BLL,山=2R 分析可知cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产 生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据 能量守恒可得mg,sin30°-？m2=20 民立解得d旅产生的准斗热为Q。e一%仁 (2)分析可知ab棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒 在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电 流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的 加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒 有mgsin30°-F李=ma,F安-mg=ma 同时有F安=BL,I= BL,-BL2_BL△v 2R 2R 联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为△v= 3mgR 4B2L2 (3)分析可知从开始到t,时刻，两棒整体所受的合外力 为零，故该过程系统动量守恒，设t,时刻ab棒的速度为 -3 v,',可知m△=mw,' 解得，'=△=3m5 4B2L2 设某时刻时，ab棒速度为)，"，cd棒速度为va,cd棒的加 速度为零，可得F安en=mg① 其中Fcn=BlL 分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得12 BL(”-Ud）② 2R 从t,时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有 -(wmg+BlL)△t=m1"-me,',(BlL-umg）△t=ma 变式可得mg△t+BLq=mw,'-m1",BLq-mg△t=mwa 两式相加得2BLg=mw,'-m(u1”-va)③ △Φ 同时有g-=六·梁公国 2R2R 联立①②③④可得从t,到某时刻，ab、cd的路程之差为 As=migh 4B4L4 复习练案[17] A组·基础巩固练 1.D弹簧上形成的波的振动方向与传播方向平行是纵 波，A错误；同一介质中，波的传播速度相同，则波的传 播速度不变，推、拉弹簧的周期越小，波的周期越小，由 公式入=T可知，波长越短，B错误；标记物振动的速度 反应的是标志物在平衡位置附近往复运动的快慢，机 械波的传播速度是波在介质中的传播速度，二者不是 同一个速度，C错误；标记物由静止开始振动，说明它获 得了能量，这是因为机械波使得能量传递给标记物，则 标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能 量，D正确。 2.B由图可知，该波上质点的振动方向与波的传播方向 垂直，是横波，A错误；由图，根据同侧法可知，质点P开 始振动的方向向上，则质点S开始振动时向上运动，B 正确；由图可知，5，P两质点平衡位置的距离为子X,则 两质点振动步调相反，C错误；质点不能随波传播，只能 在平衡位置附近上下振动，D错误。 3.C根据题意P点位于其最大正位移处，故可知此时P 点位于两列波的波峰与波峰相交处；根据干涉规律可 知，相邻波峰与波峰，波谷与波谷连线上的点都是加强 点，故A图像中的曲线αb上的点存在振动加强点，不符 合题意。故选C。 84