专题4 课时作业16 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练习手册

班级： 姓名： 课时作业16 动量观点在电磁感应中的应用 (分值：65分) 基础巩固练 C.金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，最后 做匀速直线运动 1.(5分)(2025·陕西汉中一模) mg 如图所示，水平绝缘地面上固 D.金属棒以大小为a= B m+CB7的加速度匀加 X 定一足够长的光滑U形导轨， 速下滑 空间存在垂直导轨平面向下 3.(5分)（多选）如图所示，水p。×产Q ×L××××F× 的匀强磁场。将质量为m的金属棒ab垂直放置 平面（纸面）内有两条足够 -N 在导轨上，在垂直于棒的恒定拉力F作用下，金属 长的平行光滑金属导轨“××××××× 棒由静止开始向右运动，当金属棒的速度大小为) PQ、MN,导轨电阻不计，间距为L;导轨之间有方 时，金属棒的加速度大小为α；当金属棒的速度大 向竖直向下（垂直于纸面向里）、大小为B的匀强 磁场；金属杆ab、cd质量均为m,电阻均为R,两 小为2时，金属棒的加速度大小为号，已知金属 杆静止在水平导轨上，间距为5o。1=0时刻开始 棒运动过程中始终与导轨接触良好，电路中除金 金属杆cd受到方向水平向右、大小为F的恒定外 属棒以外的电阻均不计，下列说法正确的是 力作用。t=t。时刻，金属杆cd的速度大小为， 此时撤去外力F。下列说法正确的是 () A.m A.t=t。时刻，金属杆ab的速度大小为一 B.金属棒的最大速度为2u B.从t=0到t=t。时间内，通过金属杆ab的电荷 C.金属棒的最大加速度为2a Fto 量为BL D.当金属棒的速度大小为2时撒去拉力F,金属 2FRt 棒的减速距离为。 C.最终两金属杆的间距为s。十 B2L2 2.(5分)（多选）(2025·福建龙岩高三 D.最终两金属杆的间距为s。十 FRto B2L2 质检)如图所示，匀强磁场的磁感应强 4.(10分)(2025·山西太原一模)如图所示，间距为 度大小为B,垂直于磁场方向有一足 XX d的平行金属导轨固定在倾角α=30°的绝缘斜面 够长的、间距为！的光滑竖直金属导 上，导轨顶端接一阻值为R的定值电阻，整个装置 轨，导轨上端接有电容为C的电容器 处于垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强 (不会被击穿)，水平放置的质量分布均匀的金属 磁场中。将质量为m的金属棒从距离导轨底端高 棒的质量为m,重力加速度为g。让金属棒沿导 H处由静止释放，金属棒到达底端前已达到最大 轨无初速度释放，金属棒和导轨始终接触良好且 速度。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数以= 它们的电阻可忽略。下列关于金属棒运动情况的 说法正确的是 ( 只，金属棒下滑过程中始终与导轨垂直，电路中咽 A.金属棒刚释放时加速度为g 定值电阻以外的电阻均不计，重力加速度为g,求： B.金属棒下滑过程中，电流随时间一直增大 得分 红对勾·讲与练 142 高三二轮物理 班级： 姓名： (1)金属棒的最大速度vmx; 量为m、电阻为R。初始时b棒静止于宽轨某位 (2)金属棒在导轨上运动的时间t。 置，a棒从窄轨某位置以初速度v。向右运动，且a 棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长。下 列说法正确的是 B H B2L2vo A.a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为3mR B.经过足够长的时间，a棒的速度为二 C.整个过程中通过回路的电荷量为2m 5BL D.整个过程中b棒产生的焦耳热为 15mvo 6.(5分)（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0公·· 形状为抛物线，顶点位于O 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r。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o,金属杆运动过程中始终与y轴平行，且 与电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 能力提升练 C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积 5.(5分)（多选）如图所示，电阻不计的光滑金属导轨 为m B 由直窄轨AB、CD以及直宽轨EF、GH组合而 D.若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时 成，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，AB、CD等 经过的距离小于原来的一半 长且与EF,GH均相互平行，BE、GD等长、共线， 7.(15分)(2025·福建卷)如图所示，光滑斜面倾角 且均与AB垂直，窄轨间距为5，宽轨间距为L。 为0=30°，I区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外 窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感应强度大小 的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等，均为B。 为B的匀强磁场。由同种材料制成的相同金属直 正方形线框abcd质量为m,总电阻为R,由同种材 棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，棒长为L、质 料制成且粗细均匀，I区域长为L1,Ⅱ区域长为 (横线下方不可作答) 143 专题四电路与电磁感应 L,两区域间无磁场的区域长度大于线框边长。 尖子生选练 线框从某一位置释放，从cd边进人I区域到ab 边离开I区域的过程中速度均为v,cd边进入Ⅱ 8.(15分)(2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行 区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致。 金属直导轨MN、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 求： 得分 (1)线框释放时cd边与I区域上边缘的距离； 定，半径为1的圆弧导轨相切。MP连线与直 (2)cd边进入I区域时cd边两端的电势差； 导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大 (3)线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培 小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量 力做功的平均功率。 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 B 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，重力加速度为g。现 将金属棒ab由静止释放，求： 得分 (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使ab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。 红对勾·讲与练 144 高三二轮物理6.D在0~1.0s内，由法拉第电磁感应 △B 定律可得电动势为E=Ld △ =2V, 由闭合电路欧姆定律得电流的大小为 =1A,由金属棒静止可知最 E I= R+r 大静摩擦力大于等于安培力，即 mg≥ILB1,解得u≥0.5，故A错误； 01.0s内电流恒定为1A,1~2s内 电流为0，前2s内通过电阻R的电荷 量为q=It=1C,故B错误；由法拉第 电磁感应定律知，1s后回路磁通量不 变，t=1.0s时，磁通量为中1= B1dL=2Wb,t>1.0s时，磁通量为 Φ。=B,L(d一x)=t(2一x),Φ1=Φ2， 解得工=2-2，金属捧不是微匀加速 2 直线运动，故C错误；由x=2一 一知 金属棒第2s内的位移为x=1m,故 D 正确。 7.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,故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，根据牛顿第二定律，对ab有 2 ng sin30°-2 BILcos30°=2mab,对 cd有mg sin30°-BILcos30°=mad, 故可知ab=ad,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，有2 ng sin30°=2 BILcos30°， 解得1= 3mg,故B正确，C错误：根 3BL 据前面分析可知a=ad,故两导体棒 速度大小始终相等，由于两边磁感应 强度不同，所以产生的感应电动势不 相等，故D错误。 8.AC设线框的上边框进入磁场时的速 度为，线框的总电阻为R,线框的质 量为M,物块的质量为m,题中各选项 图中线框进入磁场时线框的加速度向 下，则对线框，根据牛顿第二定律可知 Mg十F一T=Ma,对物块根据牛顿 第二定律有T一mg=ma,其中F安= BL,即 BL R R 巴+(M-m)g=(M+ m)a,线框向上做减速运动，随速度的 减小，向下的加速度减小；当加速度为 0时，线框做匀速运动的速度为。= (M-m)gR 。若线框进入磁场时的速 B2L* 度较小，则线框进入磁场时做加速度 减小的减速运动，线框的下边框未进 入磁场时，线框的速度和加速度都趋 近于0，则图像A可能正确；因t=0时 刻线框就进入磁场，则进入磁场时线 框向上不可能做匀减速运动，则图像B 不可能；若线框的质量等于物块的质 量，且线框进入磁场时速度大于。，则 线框进入磁场时做加速度减小的减速 运动，完全进入磁场后线框做匀速运 动，当线框离开磁场时，受向下的安培 2542对闪·讲与练·高三二轮物理 力又做加速度减小的减速运动，最终 离开磁场后做匀速运动，则图像C可 能正确，图像D不可能。 B1202 9.(1)Bl (2)2r(d+s) 3)√B7u 2mgr 解析：(1)金属杆在导轨上运动时，切 剖磁感线，产生感应电动势E=Bl0。 (2)金属杆运动距离d时，电路中的总 电阻为R=2dr十2sr, 故此时回路中的总的热功率为P= B2120 R=2(d+s) (3)设金属杆保持速度大小)做匀速 直线运动的最大路程为x,此时刚好将 要脱离导轨，设此时轻绳拉力为T,与 水平方向的夹角为日，对金属杆根据受 力平衡可知F安=Tcos0,mg=Tsin0, 根据位置关系有tanf= s-t' Blo 同时有F金=BIl,I= 2r(x+s)' 联立解得工一 B212hv 2mgr 1m0 B'L'o 10.(1)BIL BIL (2)2m(R+Ra (3)Rm mu'R BL 2(R+R。) 解析：(1)开关S接1后，导体棒受到 安培力的大小FA=BIL, 根据牛顿第二定律有BIL=ma1, BIL 得a1一1 m 导体棒做匀加速直线运动的时间 t=」 7m0 得t=BIL (2)开关S接2后，当导体棒速度为 0.50时，导体棒中产生的感应电动势 E=0.5BL0, 回路中的感应电流 E BLv IL=R+R。=2(R+R。)' 导体棒受到的安培力 B2L20 F=BIL-2(R+R)' 根据牛顿第二定律，导体棒加速度的 F B2L20 大小a= =2m(R+Ro)° (3)开关S接1后，导体棒产生的焦耳 热Q,=I'Rt=IRmu BL' 开关S接2后，电路产生的焦耳热 Q=2m02, 其中导体棒产生的焦耳热 R mu'R Q:=R+R。Q=2R+R。) 课时作业16动量观点在 电磁感应中的应用 1.A设匀强磁场的磁感应强度大小为 B,金属棒的电阻为R,导轨间距为L, 则由牛顿第二定律有F-BL巴 R 2B'L'v ma ma,F ，联立解得F= R 2 3 ma,F= 3B2L2 2 R ,故A正确；设金 属棒的最大速度为m,则有F= B10e,解得0。=30，故B错误：当 R 金属棒的速度为0时，金属棒的加速度 最大，最大值am=上=3C m =2,故C错误； 撤去拉力F后，根据动量定理有 -BIL·△t= B'L'z R =0一2m0,解 得工=4，故D错说。 a 2.AD根据题意可知，金属棒刚释放时， 只受重力，则加速度为g,故A正确； 根据题意，对金属棒由动量定理有 mgt一BIlt=m0,其中It=Q=CU= mg CBa,整理可得知=m十CBT1,由公 式v=at可得a= mg m+CB212 (定值)， 则金属棒做匀加速运动，故C错误， D正确；根据题意可知，金属棒下滑过 程中，电流为i= △Q _CBI△ △t △t -CBla, 由上述分析可知，金属棒下滑过程中， 加速度保持不变，则电流保持不变，故 B错误。 3.ADt=t。时刻，设金属杆ab的速度 大小为’，对两杆整体，由动量定理得 Fto=mu'十mu,解得'= Fto 一0· m A正确：从t=0到t=t。时间内，对金 属杆ab,由动量定理得BILt。=mo', g=Ito,则通过金属杆ab的电荷量为 Ft。一m0 9= ,B错误；最终两金 BL BL 属杆达到共同速度口共，由动量守恒定 律得2m℃共=m℃'十m℃，设通过回路的 电荷量为q',对金属杆ab有BLg'= 0共，设最终两金属杆的间距为s,有 BL(s一so) ,联立解得s=s。十 2R FRto B'L: C错误，D正确。 mgR mR 16B'd'H 4.(1) 8B'd' (2) B'd2 mgR 解析：(1)金属棒达到最大速度后，处 于平衡状态，有 mg sin a=BId+umgcos a, 其中1= E,E-Bdv 联立解得金属棒的最大速度为 mgR U max 8B'd2 (2)金属棒下滑过程中，根据动量定理 有mgt sin&-amgteos a-∑BdvL R m,其中Bd tB'd ∑v△t= R B'd.2H, R 解得1 mR ,16B2d2H B'd+ mgR 5.ACDa棒刚开始运动时，感应电动势 为E= BL,电路中电流为I 2 E 1 BL,b棒受到的安培力为 3R R+2R F=BIL= BLw,根据牛顿第二定 3R 律得a= BLw,A正确；经过足够 长 3mR 时间，电路中无电流，有 BLv=BLU' 对a棒，根据动量定理得一Bi 2 m0。一mv。,对b棒，根据动量定理得 BIL△t=m0b,联立解得v.= 5 @心=二。，B错误：对b捧，根据动里 定理得BIL△t=BLq=mob,解得q= 2mvo 5BL,C正确：根据能量守恒得 1 1 2 +Q 两棒产生焦耳热的关系为2Q。=Q， 1 解得Q,=5mi,D正确。 6.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，故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F=F章=BIL, BLv BLv Bu B'Lv R Lro ,可得F= r。 ro 由于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，故B错 误；取一微小时间△t内，设此时金属 杆接入导轨中的长度为L′，根据动量 定理有-BI'L'△t=-BL'q′=m△v, △Φ △t 同时有g一7 ·△t= △中 B·△S L'ro L'r。 B2△S 联立得 =m△0，对从开始到金 ro 属杆停止运动整个过程累积可得 BS =0一m0。,解得此时金属杆与 mvo ro 导轨围成的面积为S= B2 ,故C正 确；若金属杆的初速度减半，根据前面 分析可知当金属杆停止运动时金属杆 与导轨国成的面积为S'= S,根据 2 抛物线性质可知此时金属杆停止运动 时经过的距离大于原来的一半，故D 错误。 7.1) 3 mgRv (2 (3)见解析 g 2 解析：(1)线框在没有进入磁场区域 时，根据牛顿第二定律ng sin日=ma, 根据运动学公式v2=2ad, 联立可得线框释放时cd边与I区城 上边缘的距离d= g (2)因为cd边进入I区城时速度为v, 且直到ab边离开I区域时速度均为 ,可知线框的边长与I区域的长度相 等，根据平衡条件有mg sin0=BIL1, 又E=BL1U=R Qd边两瑞的电势差U=是E, 联立可得U=√2 3 /mgRv (3)①若L2≥L1,在线框进入I区域 过程中，根据动量定理 mg sin8·t1-BIL1t1=0, 其中t1= ,g=11=R BLv 联立可得g=2B' 72g 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量 定理mg sin0·t-2BIL1tg=0, E 根据q一R BLi.t-R ·tRt BLi 线框进入磁场过程中电荷量都相等， 即q=It3, 2L1 联立可得t:=0' 根据能量守恒定律 -W&+mgsin 0(L:+L)=0, 克服安培力做功的平均功率P= W安 联立可得P= mgu(L1+Lg） 4L1 BL L2 ②若L<L1,同理可得g'= R 根据动量定理 ng sin9·t.-2BIL1t=0, 其中g'=1t, mg BLi 结合g-2B09=R 2L2 联立可得t,= 根据能量守恒定律 -W'+mg sin 0(L:+L)=0, 克服安培力微功的平均功率p=W 联立可得p'=mg(L1十L) 4L2 8.(1)BL2g1 (2)BL2gL 3mR （a)mRy2gL+L B2L* 解析：(1)设ab棒刚越过MP时速度 大小为1，产生的电动势大小为E1, 对ab在圆孤导轨上运动的过程，由机 1 械能守恒定律有mgL=2mwi, ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应 定律得E1=BLv1, 联立得E1=BL√2gL。 (2)经分析知金属环在导轨外的两段 圆孤金属环被短路，由几何关系可知 导轨之间两段圆孤金属环的电阻均为 R,它们在电路中并联后的总电阻 R R2 设电路中初始的干路电流为1，，由闭 E 合电路欧姆定律有I一R十R 经分析知整个金属环在运动过程中可 视为长度为L、电阻为R。的金属棒， 设金属环刚开始运动时所受的安培力 大小为F,、加速度大小为a,则 F=ILB, 由牛顿第二定律得F1=2ma, 联立解得a= B2L2√2gL 3mR (3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属 环组成的系统动量守恒，设两者共速 时的速度大小为2，由动量守恒定律 得(m十2m）02=m01, 设在极短时间△t内，ab与金属环圆心 的距离减少量为△x,金属环所受安培 力大小为F,流过ab的电流为I,整个 电路的电动势为E,对金属环，由动量 定理得∑F△t=2mv2一0， F=ILB, E 由闭合电路欧姆定律得I一R十R, 设金属环圆心初始位置到MP的最小 距离为s,若ab与金属环共速时，两者 恰好接触，金属环圆心初始位置到MP 的距离最小，对ab进入磁场到两者共 速的过程，由法拉第电磁感应定律有 E=BL △x ,s=L+∑△x, △t 联立解得= mR√2gL B2L 十L。 专题五 振动与波、光学 课时作业17振动与波 1.B振幅为振子离开平衡位置的最大 距离，由题图(b)可知，试管振幅为 A=1.0cm,A错误；由题图(b)可知， 该简谐运动的周期为T=0.4s,则振 1 动频率为∫ =2.5Hz,B正确；t= 0.1s时，试管正处在平衡位置向下振 动，此时的速度最大，C错误；t=0.2s 时试管在最大位移处，方向竖直向下， 又回复力指向平衡位置，加速度的方 向由回复力 的方向决定，则此时试管 的加速度方向竖直向上，D错误。 2.D弹簧上形成的波的振动方向与传 播方向平行，是纵波，故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，故B错误：标记物振动的速度 反映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，故C错误；标记物由静止开始 振动，说明它获得了能量，则标记物由 静止开始振动的现象表明机械波能传 递能量，故D正确。 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 ab上的，点存在振动加强，点，不符合题 意，故选C。 4.D设手机质量为m,由题图乙知，t= 0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律 参考答案255