专题四 微专题5 电磁感应中的动量问题&大题增分策略(三) 电路与电磁感应-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习学案

067 微专题5电磁感应中的动量问题 命题热点/巧突破 题型1动量定理在电磁感应中的应用 在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿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。 求解的物理量 应用示例 电荷量或速度 -BlL△t=m2-m1,9=I△t,即-BqL=m2-m1 位移 -1d4=0-m,即-B1=0-m, R点 R -BL△t+F其他△t=m2-m1,即-BLg+F其他△t=m2-m 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力) 时间 B2LvAL R总 a A memm-me R点 已知位移x、F其他(F其他为恒力) 》真题研究 (多选)(2025·湖南卷)如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状 为抛物线，顶点位于0点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量 为m,单位长度的电阻为o。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。 现给金属杆一沿x轴正方向的初速度。，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电 0 阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是 A.金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向 B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动 C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为m B2 D.若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半 》对点训练 (多选)(2025·重庆卷)如图1所示，小明设计的一种玩具小车由 边长为d的正方形金属框egh做成，小车沿平直绝缘轨道向右运 动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区 域，磁场区域的磁感应强度大小为B,方向竖直向上。gh段在磁场 区域运动时，受到水平向右的拉力F=m+b(k>0,b>0),且gh两 端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时，F=0。gh 段速度大小？与运动路程：的关系如图2所示，图中，<无)为 gh每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则(） 4gh在任一磁场区域的运动时间为， B金属框的总电阻为B C.小车质量为 2(b-o) D.小车的最大速率为行+0 2b 068 题型2动量守恒定律在电磁感应中的应用 双杆模型 “一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件一甲杆 物理 静止，受力平衡 模型 两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是 否守恒 动力学 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小 观点 的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动 分析 能量观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和 方法 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑 动量观点 应用动量守恒定律处理问题 】真题研究 (2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MW、PQ的间距为L,固定在 同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的4圆弧导 轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方 向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导 轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环水平放置在两直导轨上，其圆心到 两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触 良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放。 (1)求ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； (2)求圆环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使山在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 069 【审题指导】 关键信息 破题关键 建构模型 质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为 的圆环，水平放置在两直导轨上 确定圆环哪部分接入电路 电路结构模型 忽略所有摩擦以及圆环可能的形变 动量守恒定律和动量定理的应用 碰撞模型 )对点训练 (2025·河北卷)某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系 11× 调控系统 M 统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于 垂直水平面的匀强磁场中，α可视为始终垂直导轨的导体棒，b为 2 表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM'处，b静止于a右侧某 处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能 全部储存为弹性势能。当a运行至NW时将S接2端，同时解除 锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，α与b分离。已知电容器电 容C为10F,导轨间距为0.5m,磁感应强度大小为1T,MM'到 NN'的距离为5m,a、b质量分别为2kg、8kg,a在导轨间的电阻为0.012。碰撞、分离时间极短，各部分始终 接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。 (1)若分离后某时刻a的速度大小为10m/s,求此时通过a的电流大小； (2)忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够 获得的最大速度；并求α运动过程中电容器的电压减小量； (3)忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为∫=m2(k=0.025N·s2/m),初始位置 与(2)问一致，试估算a运行至NW'时。a分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%，并给出 结论。(0.992=0.9801) 温馨提示：复习至此，请做练案[16 070 大题增分策略（三） 电路与电磁感应 例 距为1，导轨足够长日电盟可忽略不计。图中HG矩形区域内有方间异个 (2024·四川内江市零模)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导 垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，EF、GH的距离为s。在FTTH t=0时刻，两金属棒a、b分别以大小相同的速率o,分别从磁场的边界EF、GH进人磁场。经过一段时间 后，其中有一棒恰好停在磁场边界处，且在这个过程中，金属棒、b没有相碰，相距最近时b棒仍位于磁场 区域内。已知金属棒a、b是由相同材料制成，长度均为L,电阻分别为R和2R,a棒的质量为2m。在运动 过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求： (1)在t=0时刻b棒的加速度大小； (2)两棒在整个过程中相距最近的距离； (3)在整个过程中，b棒产生的焦耳热。 【审题指导】 关键表述 关键表述解读 已知金属棒a、b是由相同材料制成，长度均为L, 电阻率相同，由电阻定律R=P{可得横黄面积关系，密度 电阻分别为R和2R,a棒的质量为2m 相同，从而求出b棒的质量 两金属棒a、b分别以大小相同的速率o,分别从 可求回路的电动势→回路的电流→b棒所受的安培力→加 磁场的边界EF、GH进入磁场 速度 光滑平行金属导轨，相距最近时b棒仍位于磁场 金属棒a、b组成的系统动量守恒，速度相等时距离最近，可 区域内 求共速时的速度，由动量定理可得两棒的距离变化 一金属棒先出磁场后继续匀速运动，另一金属棒切割磁感 经过一段时间后，其中有一棒恰好停在磁场边界 线减速运动至停至磁场边界，利用能量守恒定律求生成的 处，求在整个过程中，b棒产生的焦耳热 总热量，再进行热量分配求得b棒生成的热量点电势，则有U。= 1 E,=3BL;cd棒离开磁场， 2R+R ef棒切割磁感线，感应电动势为E,=BL,ab棒中电流 方向由a→b,则a点电势高于b点电势，则有Ub= 2 一E3= ZRI BL,综上所述可知，ab两点电势差U 随位移变化一直保持不变为写BL。故选A。 题型3 真题研究 1.(1)f-BF-B (2)a-1 R 2R gcos 0 3 tan 0 【解析】(1)当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切 割的有效长度最大，L=√2L,此时感应电流最大，CD 棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得E =BLmv=B.L.I=BLo 2 根据闭合电路的欧姆定律得lm=尺 E 故CD棒所受的安培力最大为Fm=BlL=BL0 R 当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度 最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得Em =BLnu=B·L.-BLo 2 2 故CD捧所受的安培力最小为F=Bl上-B0 2R (2)当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得 mgsin 0-umngcos 0-Fin=0 当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得F mgsinθ-mgcos0=0 装立行得瓜那品。 撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得F+umgcos0- mgsin 0=ma 解得u=a gcos 0-3tan 0. R一，方向水平向左(2)3B人 9B。2hv 2. 10 3)总 4TR 【解析】(1)由图可知t=0时线框切割磁感线的感应 电动势为E=2B,hv+B,hw=3B,hu E 3Bohv 感应电流大小为I=RR 线框所受的安培力为F=2B,Rh+B,R 3Bhv 3Bohv h 21 9Bo2h2v 由左手定则可知安培力方向水平向左。 (2)在，时刻，b边运动到距区城【的左边界处，线 框的速度近似为零，此时线框被固定，则t=1.2t。时穿 过线框的磁通量为D=1.6B,h· }k-B,A·子h 3B。h2 10o (3)2。~3t,时间内，区域Ⅱ的磁感应强度也线性减小 I hi Boh 到0，有”40。 △t to 感应电流大小为层关 在2t。~3t。时间内，线框中产生的热量为Q=I2Rt。 B。2h 4tR 对点训练 AB两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回 路中的电流方向为abeda,A正确；设回路中的总电阻为 R,对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛 顿第二定律得2 mgsin30°-2 BILcos30°=2ma,对cd, mgsin30°-BILcos30°=ma4,故可知a贴=a1,分析可 知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速 度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在 增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导 轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中 的电流达到稳定值，此时对ab分析可得2 mgsin30°= 2BLos30°解得1，B正确，C错误；根据前面分 析可知a=a,故可知两导体棒速度大小始终相等，由 于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，D 错误。故选AB。 微专题5电磁感应中的动量问题 题型1 真题研究 AC根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程 中，金属杆中电流沿y轴负方向，A正确；若金属杆可以 在沿x轴正方向的恒力F作用下做匀速直线运动，可知 =r:m收处可得8干 金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，故F 在变化，B错误；取一微小时间△t内，设此时金属杆接 4 入导轨中的长度为L',根据动量定理有-B'L'△t= △Φ -以=同时有9=法·a=兴：之二联 立得B△S=m4,对从开始到金属杆停止运动时整 个过程累积可得-S=0-m,解得此时金属杆与导 轨围成的面积为S=m,C正确：若金属杆的初速度 B2 减半，根据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆 与导轨围成的面积为S”=了5，根据抛物线的图像规律 可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一 半，D错误。故选AC。 对点训练 BC由题知gh两端的电压随时间均匀增加，则说明gh 在磁场中运动时做匀变速直线运动，设运动的速度为， 有E=B,三尽，Fe=B,F-Fe=ma,联立有m+ :ma,由于动在磁场中运动时做匀变速直线运 R 动，则有，= Bdv R ,ma=b,解得R=k,B正确；gh在 无磁场区域运动时，F=0,根据动量定理有- R =mvo -mwm,gh在磁场中运动时做匀变速直线运动有"2 k'd -%=2ad,结合ma=b解得m=2(6-)0= 。,C正确，D错误；由于gh在磁场中运动时做匀变速直 线运动，则有=5中，解得1-纪A错误。故 选BC。 题型2 真题研究 (1)BL2gL (2)B gL (3+mR gL 3mR B'L 【解析】(1)由题意知，ab由静止释放到刚越过MP过 程中，由动能定理有 解得v=√2gL 则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BL。 =BLW√2gL。 (2)根据题意可知，圆环在导轨间两段圆孤并联接入回 路中，轨道外侧的两段圆孤被短路，由几何关系可得， 60° 接入回路中每段圆孤的电阻为R。=360°×6R=R 27 签个回路的总电阻为R:=R+尽：尽 b刚越过MP时，通过ab的感应电流为I= E 2BL22gL 3R 对圆环，由牛顿第二定律有2BL·子=2m0 解得a=BL2gL 3mR (3)根据题意，结合上述分析可知，圆环和αb所受的安 培力等大反向，则圆环和ab组成的系统动量守恒，圆环 做加速运动，ab做减速运动，为使ab在整个运动过程 中不与圆环接触，则当ab和圆环速度相等时，ab恰好 追上圆环，设此时速度为v,由动量守恒定律有 mvo mv +2mv 对ab,由动量定理有-BILt=mw-mwo 即-BLg=mw-mo 设ab运动的距离为x1,圆环运动的距离为x2,则有q BL(x,-x2） R忠 联立解得Ax=-=mR2 BL 则圆环圆心初始位置到MP的最小距离为d=L+△x BmR gl BL 对点训练 (1)500A(2)v1=25m/s是△U=40V(3)能 【解析】(I)分离后a切割磁感线有E=BL 则通过a的电流I= E 解得1=500A。 (2)规定水平向右为正方向，a从MM'处运动至静止位 置过程中由安培力提供加速度，超级电容器为电路提 供恒定电流，则a的加速度恒定，有BlL=ma1,ab间初 1 始距离=2a4,,碰撞前a的速度为=a1,解得 a1=250m/s2,t1=0.1s,1=25m/s。a与b碰撞过程 系统动量守恒m1=(m+m,)飞2储存的弹性势能为 E,=之m,2-(m+m)2,解得=5s,。= 500J。a、b碰后一起运动至NW'过程中，x2=5m- 1.25m=3.75m,由安培力提供加速度，有BlL=（m。+ m,)a,位移=k+2a,h,分离前速度为%=+ a2t2,解得a2=50m/s2,t2=0.3s,,=20m/s,a与b分 离过程，由动量守恒定律有(m。+m)3=m”4+m”5, 由能量守恒定律有2(m.+m,),2+E,=m,心2+ 2m,,解得4=0，=25m/s,在整个过程中安培力 大小恒定，做正功，若a、b分离时a的速度为零，则此时 b能获得最大速度，最大速度为25m/s。上述过程中通 过导体棒a的电荷量g=I(t1+t2)=400C,a运动过程 中电容器的电压减小量AU=名=40V。 (3)b受f=hm2(k=0.025N·s2/m2)的空气阻力后，a 与b整体从MM'到NN'的过程中有(BIL-m)=(m。 △v m)a,a=v △x 求解出v2=√392.64m/s 则"起≈99.05% a分离前的速度大小能达到(2)问中分离前速度 的99%。 大题增分策略（三） 电路与电磁感应 、2B2L% 例：(1 3mR (2)2m B2L 【解析】（1)根据电阻定律有R,=R=p p发 可得S。=2S 根据m,=2m=p'LSa,m,=p'LS, 可得m=n,=m a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据 右手定则可知，产生的感应电流方向是E到F,b产 生的感应电流方向是H到G,即两个感应电流方向相 同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则 有E=281=员 对于b,根据牛顿第二定律有BIL=m,a 联立解得在t=0时刻b棒的加速度大小为a 2E 3mR (2)取向右为正方向，相距最近时，两棒具有相同速 度，根据系统动量守恒有2m-m,=(2m+m)v 解得=子 此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动， 直到b棒出磁场区域，之后b棒不受安培力、a棒受安 培力减速直到停下；从b棒出磁场区域到a棒刚好停 -21 止磁场边界处， 对a棒运用动量定理得-BIL△t=0-2mw △Φ E △ΦBL△s =3R=3R 又g=I△t=2D△t=3RA3 联立解得两棒在整个过程中相距最近的距离为△s 2mRvo ΓBL2o (3)对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运 动，根据能量守恒定律有了m,2=m+Q。 对a、b,根据焦耳定律有Q=PR△t 因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产 生的热量与电阻成正比，即Q。:Q=1:2 又Q。+Q。=Q恶 联立解得b棒产生的焦耳热为Q。苧，。 专题五振动与波光学 第12讲机械振动和机械波、LC振荡 和电磁波 题型1 真题研究 1.AD如果a球不动而b球单独振动则b球做简谐振 动，简谐振动的平衡位置合力为零，即b球初始时刻位 置，则可知B的振幅为l,B错误：a球发生运动的临界 条件为弹簧对a球向上的弹力大于a球的重力，则此时 对a球有kxo=mg,对b球有此时加速度kx+mg=ma, 由简谐振动的对称性可得向下拉到最低点松手释放的 加速度也为a,则有似=m,解得1-2受，即1≤兴，否 则a球会发生运动，A、D正确，C错误。 2.C根据单摆周期公式T=2m√店可知1，>>1 >Tm,设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲 3T五二T丙 2 -及，可得=27,12=号，1-47，可得7： T乙=3：4，T丙：Tr=1:2,根据单摆周期公式T= 、店，结合T,:1,=1:2,可得小球丙、丁的摆长 2不Ng 之比L丙：LT=1:4,C正确，D错误；小球甲第一次回 到释放位置时，即经过(？)时间，小球丙到达另一 侧最高点，此时速度为零，位移最大，根据a=-:可知 m 76