专题4 微专题5 动量观点在电磁感应中的应用-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习讲义

2Mglsin 0-2mgl-(M+m)v 线框的ab边刚进入区域I时，感应电 Bdv 流I= R 由牛顿第二定律有Mgsin0-BId一 T=Ma, T-mg=ma, 联立解得a=0.85m/s。 (2)设ab边刚进入磁场区域Ⅱ时线框 的速度为？，则对应的感应电流 2Bdv I'= R 对线框有Mg sin9=2BI'd+T', 又T'=mg, 线框重力的功率P=Mg sin日·v2, 联立解得P=2.34W。 (3)从线框开始释放到αb边刚穿过磁 场区域Ⅱ的过程中，根据能量守恒定 律有4 Mglsin9-4mgl=Q+号(M+ 2 m), 解得Q=0.56J。 微专题5动量观点在 电磁感应中的应用 》考向探究·素养提升《 考向一动量定理在电磁感应中的 应用 典例1D根据楞次定律，甲线框进磁 场的过程中电流方向为顺时针，出磁 场的过程中电流方向为逆时针，故A 错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为 F=BIL,I= BL,乙线框刚进 R 磁场区域时，合力为F=BI,L, F安1 =2 B10可知F ,故B错误； 2R 假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据 动量定理有一BI1L△t=m1一m℃。， △中 g1=11△t= △t ·△t △ΦB·4L9 = R R R 同理对乙有一BI2L△t′=m℃g一m℃。， △中 △Φ q2=I,△t'= △t 2R △t' 2R B·4L2 1 2R ，解得 1=0,02= 2 2B2L ,故甲恰好完全出磁场区域，己 mR 完全出磁场区域时，速度大小不为0， 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 1 1 热分别为Q三2m0Q:=2mu6 3 Q 4 mu, ,故C Q 3 错误，D正确。 典例2 (1) mg 1 m'g'R 2BL 16B'L 3mgR (2) m'gR2 4B'L (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b=mg sin30°， F安b=BIbL, 2302网勾·讲与练·高三二轮物理 解得通过ab捧的电流为1=2B, 772g 设当ab棒下滑距离为x。时速度为 0,cd棒开始运动时回路中的电流为 I1,此时对cd棒有F=μmg, BLvo 同时有F4=B1L,1=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mgx,sin30°-2mu= 2Qd,联立解得cd棒产生的焦耳热为 1 Qu=mgx m'g'R 16BL (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 ng sin30°-F多=ma,F安-mg=7a, 同时有F=BIL, 1-BLo-BLv:_BL.Au 2R 2R 联立解得此时ab、cd棒的速度大小之 3mgR 差为△0=4BL元2 (3)分析可知，从开始到t1时刻，两棒 整体所受的合力为0，故该过程系统动 量守恒，设t1时刻ab棒的速度为o1, 可知m△0=m, 3mgR 解得0=△0=4BL2 设某时刻时，ab棒速度为v,cd棒速 度为口d·cd棒的加速度为0，可得 F安de=umg, 其中F安d2=BI2L, 分析可知，此时两导体棒产生的电动 势方向相反，可得12= BL（vi-vd） 2R 从t1时刻到某时刻间，对两棒分别根 据动量定理有一（mg十BIL)△t= mu1-mo,(BIL-mg）△t=mvcd, 变式可得，g△t十BLg=m01一 m,BLg-umg△t=mvd, 两式相加得2BLg=m0-m(1 △Φ t Ud),同时有9=1△t=2R ·△t= △ΦBL△s 2R 2R' 联立可得从t1到某时刻，ab、cd的路 程之差为△=mgR 4B+L4 考向二动量守恒定律在电磁感应中 的应用 典例3ABC以向右为正方向，杆a与 杆b发生弹性碰撞，由动量守恒定律 和机械能守恒定律得2m1十m0:= 2m0,2 ×2mui+2 -X mv:-2 210,解得01= 3,0= 3,即杆a 的速度为号，方向向右，故A正确：杆 b刚进入磁场时，通过杆b的电流为 BLv:2BL 2R 3R ,故B正确；从杆b 进入磁场至杆刚进入磁场时，由能 量守恒得该过程产生的焦耳热为Q= 7ami-7n(分e)'=日wkc 正确；杆a进入磁场后，杆a、b组成的 系统动量守恒，则有(2m十m))3= 2m十m·弓解得=8中杆 5 a,b最终具有相同的速度，大小为8， 5 故D错误 典例4(1)绝缘棒a的速度大小为0 金属棒b的速度大小为√2gh 1 (2)3mgh 解析：(1)设绝缘棒a滑上水平导轨 时，速度为v。,下滑过程中绝缘棒a机 1 械能守恒，有之mu6=mgh,绝缘棒a 与金属棒b发生弹性正碰，由动量守 恒定律有m℃1十mv2=m心。，由机械能 1 解得绝缘棒a的速度大小v1=0,金属 棒b的速度大小v2=vo=√2gh。 (2)设最终两金属棒b、c以相同的速 度匀速运动。由动量守恒定律有 (m十公)加=m,由能量守板定徐有 2(m+g）。+Q=2mo,解得 Q= 3mgh。 计算题解答规范3用力学 三大观点分析电磁感应 (1)500A(2)25m/s是40V (3)能分析见解析 解析：(1)分离后当导体棒a的速度大 小为10m/s时，根据法拉第电磁感应 定律有E=BL0, E 通过a的电流I= 解得I1=500A。 (2)规定水平向右为正方向，a从MM 运动至b位置过程中由安培力提供加 速度，则BIL=m.a1,a、b间初始距离 x1= a1ti,碰撞前a的速度为01 1 a1t1,解得a1=250m/s2,t1=0.1s, 01=25 m/s, a与b碰撞过程中系统动量守恒，有 (m。十mb)02=mm1,储存的弹性势能 为E,=m-(m十m, 解得02=5m/s,E。=500J, a、b碰后一起运动至NN'过程中， x2=5m-1.25m=3.75m,由安培 力提供加速度，有BIL=(m。十b)a2, 位移为x2 +2,,分清奇线 度为v3=v2十at2,解得a2=50m/s2, t2=0.3s,03=20m/8, a、b分离过程，由动量守恒定律有 mnV:十mb:=(m.十mb)0g 由能量守恒定律有E,=，m,十 21 2m0- (m。十m), 2 解得v,=0,:=25m/s, 在整个过程中安培力大小恒定，安培 力做功大小为一定值，若a、b分离时a 的速度为0，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 q=I(t1+t2)=400C, 电容器电压的减小量△U=冬，解得 △LJ=40V. (3)规定水平向 *2/(m2·s-2) 右为正方向，a、b400 碰后共同速度为 g=5m/s,若b 不受空气阻力， 25 到达NN'的速度 3.75x/m 为3=20m/s, 其-x图像如图所示，若考虑b所受 的阻力f=,则实际0-x图像应在 图中所示图像的下方，可知克服阻力 微的功为W<u十u 2 由动能定理有P:一W=}(m mb)(0'-), 解得v>396m2/s2>392.04m/s= v3·0.992, 可知a、b分离前的速度大小能达到 (2)问中分离前速度的99%。 专题五 振动与波、光学 第12讲振动与波 》考向探究·素养提升《 考向一 机械振动 典例1C现在某电压下偏心轮的转 速是54r/min,偏心轮振动的频率为 54 f- Hz=0.9Hz,突然断电，共振 60 筛不会立即停下来，频率不会立即变 为0.8Hz,仍为0.9Hz,故D错误；由 共振曲线可知，共振筛的固有频率为 0,8Hz,质量不变时，增大电压，共振 筛的固有频率不变，则题图中振幅的 峰值不会移动，故A错误；电压不变， 适当增加共振筛的质量，则共振筛的 固有周期增大，固有频率减小，使得固 有频率与驱动力频率的差值 变大，共 振筛的振幅减小，故B错误；质量不变 时，适当减小电压，会减小偏心轮转 速，驱动力频率减小，使得固有频率与 驱动力频率的差值变小，共振筛的振 幅增大，故C正确。 典例2C根据单摆的周期公式T= 云上可知T,>T>>T量 设甲的周期为T甲，根据题意可得 2T,-3 T =T6 2,可得T南 4 2T,T2=令T,T,=4Tp,可得 Tm:T元=3：4，T丙：Tr=1:2,根 ，结合 据单摆周期公式T=2x√ T而：Tr=1:2,可得小球丙、丁的摆 长之比L南：Lr=1:4,故C正确，D 错误；小球甲第一次回到释放位置时， 即T鱼)时间，小球丙到达 即经过T（即2 另一侧最高点，此时速度为0，位移最 大，根据a=一二可知此时加速度最 m 大，故A错误；根据上述分析可得 T:,小球丁第一次回到平衡 T3 T 位置时，小球乙振动的时间为 即3可知此时小球乙经过平衡 位置，此时速度最大，动能最大，故B 错误。 典例3C由单摆的振动图像可知振 动周期为T=0.8πs,由单摆的周期公 式T=2x√g ，得摆长为1=T 1.6m,x-t图像的斜率代表速度，故 起始时刻速度为0，且A、C两点的速 度相同，A、B两点的速度大小相等，方 向不同。综上所述，可知C正确。 考向二机械波 典例4BD根据题图可知甲波的波长 入甲=4m,根据入甲=vTp,可得Tp= 4s,A错误；设N左边在平衡位置的 质点与N质点平衡位置的距离为x,根 4 又6m-2m-2x=?,可得x=0.5m 入元=6m,B正确；t=6s时即经过 T。土？结合同侧法可知M向y轴 负方向运动，C错误；同理根据入乙= oT。,可得T乙=6s,根据同侧法可知 t=0时N向y轴负方向运动，t=6s 时即经过时间T乙，N仍向y轴负方 向运动，D正确。 典例5CD根据振动图像可知当波的 传洛方向为a到6时，=子A十以 (n=0,1,2,…),入>1m,解得n=0或 1,即2=子或号4：当发的传拾方 向为b到a时，xb三号入+以(n=0) 1,2,…),λ>1m,解得n=0或1，即 2=子1或子，同时1=0时0处于 平衡位置，b处于波谷位置，结合图像 可知C、D正确。 典例6C由题图乙可知该时刻x=2m 处质点沿y轴负方向振动，根据同侧 法可知此列波沿x轴正方向传播， A错误；根据题图可知该波的周期为 T=4s,结合题图甲可知x=1m处质 点的振动方程为y=一8cost(cm)= -8cos2t(cm),t=0.5s时，x=1m 处质点的位移为y=一8c0s红X cm=一4V2cm,B错误，C正确；根 1 2π 据题图甲可得y=一8sin 入 x(cm)=-8sin- ·x(cm),可得该 2 时刻x=0.5m处质，点的位移为y= 一4√2cm,则x=0.5m处质，点的振 动方程为y=-8cos(经十）(cm. 其中一8cos9=一4√2cm,联立可得 y=-8cos(2至：+)(cm),则x= 0.5m处质，点比x=1m处质，点振动 相位超前4D错误。 考向三机械波的干涉、衍射和多普勒 效应 典例7B根据多普勒效应可知，探测 器接收到的回声频率与被探测物相对 探测器运动的速度有关，故D错误；两 列声波发生干涉的条件是频率相等、 相位差恒定，所以两列声波相遇时不 一定发生千涉，故A错误；声波由水中 传播到空气中时，声波的波速发生变 化，所以波长会发生改变，故B正确： 根据波长的计算公式可得入=了 1500 m=1×10-3m,当遇到尺寸 1.5×10 约为1m的被探测物时不会发生明显 衍射，故C错误。 典例8BC 波在x=6m左侧的波速 4 01= 0.1 m/s=40m/s,右侧的波速 6 0.1 m/s=60m/s,从0.1s开始， △x 再经过△t时间相遇==0.025s, 201 所以t1=0.1s+0.025s=0.125s, A错误；在6m<x12m间S。波的 波长为入2=02T=60×0.02m= 1.2m,B正确；左侧波传到x=8.4m 时所用时间为t-5s+ 8.4-6 40 60 0.19s,此时右侧波在该质，点已经振动 12-8.4 △t=0.19s s=0.13s= 60 6弓T,即光时刻左侧波在该质点的振 动形式为在平衡位置向上运动，右侧 波在该质点的振动形式为在平衡位置 向下振动，可知该质，点的振动减弱， C正确；当右侧波传到x=6m位置时 所用时间为0.1s=5T,即此时x= 6m处质点从平衡位置向上振动；此 时x=0处的波源S!也在平衡位置向 上振动，即振动方向相同，可知在0< x<6m内到x=0和x=6 m两处的 质，点的路程差为波长整数倍时振动加 强，波在该区间内的波长入1=℃1T= 40×0.02m=0.8m,可知x一(6m- x)=n入1=0.8n(m),即x=3m十nX 参考答案 231(1)ab边刚进入磁场区域I时线框的加速度 大小 (2)线框ab边在磁场区域Ⅱ中运动的过程中， 线框重力的功率P; (3)从开始释放到ab边刚穿过磁场区域Ⅱ的过 4模型归一 动力、能量综合问题的常见模型 程中，线框中产生的焦耳热Q。 心听课记录 棒、框 L 平衡 模型 匀速进入磁场 棒的最大速度 + ×xMx×× × + + XNX XX × 棒、框 变加速运动 不平 衡模 M↑b↑B↑N D M 型 P 轻绳 0 ××××× p 棒匀加速 双棒加速度相同 温髻提示》请完成课时作业15 微专题5动量观点在电磁感应中的应用 考向探究》素养提升 考向一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， 续表 若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问 求解的 应用示例 题，可运用动量定理巧妙解决问题。 物理量 求解的 应用示例 BIL△t十F其他△t=w2一mw1,即 物理量 BLg十F其他△t=m2-mo1,己知电荷 电荷量 BIL△t=mv2- mw1,q=I△t,即 量q、F其他(F其他为恒力) 或速度 -BgL=mv2-mv 时间 B2L2v△t R总 十F其他△t=mv2一m01,即 B2L2v△t 位移 R总 =0-mw0,即- B2L'x R总 BL工+F△=m0:-mu1,已知位 R总 0-mv0 移x、F其他(F其他为恒力) 056 2对勾·讲与练·高三二轮物理 [典例1(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=4B并排进入磁场，忽略两线框之 (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ab棒的电流；断开 间的相互作用。则 ( 开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离 为xo时，cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定 -2L 到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热。 甲 (2)此后ab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 ● ● —2L 达水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为0， 加速度不为0，此后某时刻，cd棒的加速度为 A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向 0,速度不为0，求从t1时刻到某时刻，ab、cd的 相同 路程之差。 B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小 心听课记录 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 心听课记录 「|典例2(2025·海南卷)如图所示，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，水平导轨处于垂直于导轨平面竖 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 4=0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒 质量均为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。 第一部分专题四电路与电磁感应 057 考向二动量守恒定律在电磁感应中的应用 1.问题特点 心听课记录 在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属 棒和导轨构成闭合回路，安培力为系统内力，如 果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合 力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定 [典例4如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的 律求解比较方便。 平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。 2.方法技巧 (1)动力学观点：通常情况下，一个金属棒做加 质基分别为m和加的金阔棒b和c静止放 速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做 在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中 加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以 de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀 共同的速度匀速运动。 强磁场。质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导 (2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个 轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差 金属棒所受的安培力大小相等，通常情况下系 为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒 统的动量守恒。 b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未 (3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等 与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g,求： 于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的 焦耳热之和。 典例3（多选）(2025·四川 M 绵阳高三诊断)如图所示 (1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离 水平面上有相距为L的两 时两棒的速度大小； (2)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热。 光滑平行金属导轨，导轨上 静止放有金属杆a和b(杆a、b均与导轨垂直)， 心听课记录 两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a以速度v 向右运动，当杆a与杆b发生弹性碰撞后，两杆 先后进入右侧的磁场中，当杆a刚进人磁场时， 杆b的速度刚好为杆a的一半。已知杆a、b的 质量分别为2m和m,接入电路的电阻均为R, 其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场区域足 够大，则 () A,杆a与杆b碰撞后，杆a的速度为号，方向 向右 B.杆b刚进入磁场时，通过杆b的电流为 2BLv 3R C.从杆b进入磁场至杆a刚进入磁场时，该过 程产生的焦耳热为。9 D.杆a,b最终具有相同的速度，大小为 温髻提》请完成课时作业16 058红对勾·讲与练·高三二轮物理 计算题解答规范3用力学三大观点分析电磁感应 (2025·河北卷)某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调 调控系统 11× M 控系统为电路提供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，可视为始终垂直导 2 b 轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。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 M' 至VN'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，a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a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f=kv2(k=0.025N·s2/m), 初始位置与(2)问一致，试估算a运行至NN'时，a、b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) 自评项目 自评 规范答题区 (共100分) 得分 书写工整 无涂抹 (20分) 有必要的 文字说明 (20分) 使用原始 表达式、 无代数过程 (30分) 有据①②得 ③等说明 (10分) 结果为数字 的带有单位， 求矢量的有 方向说明 (20分) 第一部分专题四 电路与电磁感应 059