微专题4 动量观点在电磁感应中的应用-【创新教程】2027年高考物理艺考生文化课百日冲关课时作业

微专题4动量观点在电磁感应 1.如图所示，光滑绝缘的水平桌面上存在足够 大的等间距匀强磁场区域，磁感应强度B一 1T,磁场间距为L=0.5m;一个质量m= 0.2kg,电阻R=32,边长也为L的正方形 导线框，以初速度v=1m/s进入该区域，则 该线框能穿过的磁场区域个数为( ×× ×× ×× LLLL中 A.2 B.3 C.4 D.5 2.(多选)如图所示，两根足够长 相互平行、间距d=0.20m的 竖直导轨，下端连接阻值R= 0.502的电阻.一根阻值也为 0.502、质量m=1.0×10-2kg R 的导体棒ab搁置在两端等高 的挡条上.在竖直导轨内有垂直纸面的匀强 磁场，磁感应强度B=0.50T(图中未画 出).撤去挡条，棒开始下滑，经t=0.25s后 下降了h=0.29m.假设棒始终与导轨垂 直，且与导轨接触良好，不计一切摩擦阻力 和导轨电阻，重力加速度取10m/s2.下列说 法正确的是 () A.导体棒能获得的最大速度为20m/s B.导体棒能获得的最大速度为10m/s C.t=0.25s时间内通过导体棒的电荷量为 2.9×10-4C D.t=0.25s时导体棒的速度为2.21m/s 3.(多选)如图所示，水平面（纸面）内有两条足 够长的平行光滑金属导轨PQ、MN,导轨电 阻不计，间距为L;导轨之间有方向竖直向 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, 两杆静止在水平导轨上，间距为5.t=0时 刻开始金属杆cd受到方向水平向右、大小 为F的恒定外力作用.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 PXX。XX××Q ×L米××x×Fx xn xxx 183 专题精准强化！ ⑧错题序号： 中的应用 @错因分析： A.t=t。时刻，金属杆ab的速度大小为 Fto m B.从t=0到t=t。时间内，流过金属杆ab o 的电荷量为B1 C.最终两金属杆的间距为5。十 2FRto B2L2 FRto D.最终两金属杆的间距为s。十 B2L2 4.(多选)(2026·贵州卷)× 如图，水平绝缘桌面上固 定有光滑金属导轨EC 0 M A 2知2B ADG,其中EC和GD的 ×导 延长线交于∠CAD的角 G 平分线上O点，M、N点× 在AO的延长线上，M为CD的中点， ∠CAD=2a,∠EOG=23,|OM=d,|ON| =L.导轨所在区域存在磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场.质量为的 导体棒在水平拉力作用下，从A点以速度 v。向右匀速运动到M点，此时撤去拉力，运 动到N点时速度为受.已知导体棒单位长 度电阻为，导体棒在运动过程中始终垂直 于AN且与导轨接触良好，导轨电阻不计. 则导体棒 ) A.从A到M的过程中，电流为B B.从M到V的过程中，通过导体棒的电荷 量为BL2-d) 2dr C.速度满足关系式，-2B(L-d)anE D.从A到M的过程中，产生的焦耳热 为votan rtan a 5.(2025·山东卷，18)如图所示，平行轨道的 间距为L,轨道平面与水平面夹角为，二者 的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标 原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标 I物理 系.轨道之间存在区域I、Ⅱ，区域I(一2L ≤x<一L)内充满磁感应强度大小为B、方 向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ(x≥0)内充 满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强 度大小B,=kt十k2x,k1和k2均为大于零的常 量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强 磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成. 将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方 形闭合金属框epgf放置在轨道上，pg边与轨 道垂直，由静止释放.已知轨道绝缘、光滑、足 够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂 直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速 度大小为g,不计自感. /8 区 (1)若金属框从开始进入到完全离开区域[的 过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率 和释放时pq边与区域上边界的距离s; (2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ 时开始计时(t=0),此时金属框的速率为，若 ,_ngRsin“,求从开始计时到金属框达到平 k2L4 衡状态的过程中，ef边移动的距离d. 18 6.(2025·福建卷，16)光滑 斜面倾角为0=30°，I区 域与Ⅱ区域均存在垂直 斜面向外的匀强磁场，两 B 区域磁感应强度大小相 等，均为B.正方形线框 abcd质量为m,总电阻为R,由同种材料制 成且粗细均匀，I区域长为L1,Ⅱ区域长为 L2,两区域间无磁场的区域长度大于线框边 长.线框从某一位置释放，从cd边进入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区域时的速度和ab边离开Ⅱ 区域时的速度一致，则： (1)求线框释放时cd边与I区域上边缘的 距离； (2)求cd边进入I区域时cd边两端的电 势差； (3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克 服安培力做功的平均功率.|物理 6.AB[作出B-x图像如图所示， 2B Bo -L-↓0 2 根搭题意知，在0心<号区域，导体排所空安培力大小F: =BL=2B。Ix,根据左手定则可知安培力方向始终指向x =0处，令2B,I=k,故导体棒所受外力满足F=一kx,同理， 导体棒在一台<<0区诚也满足上=一，则学体棒在 号<≤号区城微药瑞运动，A正确：等休棒从上=0到 台根据动能定理有F·子=合m,其中F。 强1专0型展立可得 L 2 B亚，B正确：对子 简谐运动，从平衡位置运动到最大位移处所用时间为1一车 T 2B。I 一元由上分析可知√m与速度无关，故初速度变 为0.5，对导体棒的速度第一次变为0所需时间没有影响， C错误：若初速度变为1.5a由动能定理上，·号=名m 150)-之可知学体捧运动到x=号处建度为 6 >%根据对称性知导体棒从江一号处运功到x=L处 克服安培力做功为子m<子m心，即导体棒运动到x=L 处时速度不为0，导体棒将继续向右运动离开磁场，故导体 棒不会以两磁场交界线为中心做往复运动，D错误.] :解析，)由法拉第电磁感应定律E=△中奶： △t△t 0281x号×1v=0.5V, 1-0 由闭合电路欧姆定律可知，0~一1s内线框中的感应电流大小 E 为1=R =0.1A, 由图(b)可知，t=0.5s时磁感应强度大小为B。.=0.15T, 所以此时导线框ad边受到的安培力大小为F=B。;I,L= 0.15×0.1×1N=0.015N; (2)0~1s内线框内的感应电流大小为I1=0.1A,根据楞次 定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图()可知 1一2s内的感应电流大小为I2=0.2A, 方向为逆时针，根据欧姆定律可知1~2s内的感应电动势 大小为E,=IR=0.1V, 由法拉第电磁感应定律E=△ΦAB·2 -=0.1V △t 可知1~2s内磁感应强度的变化率为9=B一B △t △t =0.2T/s, 解得t=2s时磁感应强度大小为B=03T, 36 方向垂直于纸面向里，故1一2s的磁感应强度随时间变化 图为 ↑BT 0.3 0.2 0.1 09 1 2 t/s (3)由动量定理可知-BIL△=m一m, 其中g=1t ER R 联立解得ad经过磁场边界的速度大小为=0.01m/s, B/T 0.3 0.2 答案：(1)0.015N(2) 0.1 0 1 2 t/s (3)0.01m/s 微专题4动量观点在电磁感应中的应用 1.A[正方形导线框，以初速度0=1m/s进入该区域，从导 线框进入该区域到最终停下来过程，根据动量定理得一BL NB正。·△1三B及=0一，解得线框在磁场 R 中运动的距离为x=24m,由于线框进出磁场都郝受 到安培力作用，线框在磁场中做减速运动，则从减速到停下 时穿过磁场区城的个数为”=元=2.4，则该线框能字过的 磁场区域个数为2，故A正确.] 2.BD[导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg= F&=Bd,解得1=1A,又由E=Bd,1=宗解得a 10m/s,故A错误，B正确；在下落0.29m的过程中有E= 0,1-景9=1，可知g=架共中40=△S·B=0.2× E 0.29×0.5Wb=0.029Wb,解得g=2.9×10C,故C错误： 由动量定理有(mg一BId)t=,通过导体棒的电荷量为 五=0可得。=一话，代入数易解得 =2.21m/s,故D正确.」 3.AD[t=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F=m十m,解得d=一U,选项A m 正确；从t=0到t=t。时间内，对于金属杆ab,由动量定理得 B1=mg=亚，则流过会属杆a山的电荷量为g=院 二m四，选项B错误；最终两金属杆达到共同速度%，由 BL 动量守恒定律得u十w=2心：，设通过回路的电荷量为 ,有BL=m:设最终两会属杆的同距为：有一架 _,展立每得=5十器选项C储误，D三] 4.AC[从A到M的过程中，导体棒向右匀速运动，设某时刻 接入电路的导体棒长度为L',则有感应电动势E=BL, 导体棒接入电路的电阻为R=Lr, 6 到电流为1景坠，故A正确：从M到N的过报中：特 合A分析可知，某时刻导体棒速度为℃时，感应电流为了 =Bo 由电流定义式可得，通过导体棒的电荷量为g=I=∑I△t =B∑At, 又有∑w△t=L一d, 则有g=BL一，故B错误：从M到N的过程中，令莱时 刻导体棒速度为0时，导体棒的位移为工，由几何关系可得， 导体棒接入电路的长度为2(d十x)tanB,可知该时刻导体棒 所受安培力为B.血，2(d+1anB. 对该过程由动量定理有一∑B··2(d十x)1anB·△= m(受-） 则有2Bm(d+w加·△="受 解得4=Ban公(d+·x mr 作出该过程d十x与x关系图d+x 像，如图所示 则有(d+)·x三2(d+1) L (L-d), 联立解得 =2B(I-d)am里，故C正 mr 0 L-d 确；从A到M的过程中，设某时刻导体棒位移大小为x',则 导体棒接入电路的长度为2x'tana,该时刻导体棒所受安培 力为B· ,B·2z1ama,该过程中安培力微功为W=一2B .Ba.2zana·Z-2B%ta ayr·. r 作出该过程x与x'关系图像，如图 x 所示 则有2·1=dw d tan'B 2tan a dAM 由功能关系有产生的焦耳热Q= W\, 联立解得Q= 形fvtan里，故D dAM rtan a 错误.] 5.解析：(1)金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，金 属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水 平向左，则 切割磁感线产生的电动势E=BLucos a, 线短中电流发， 线框做匀速直线运动，则BILcos a-=mgsin a 解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率 2 金属框开始释放到g边进入磁场的过程中，只有重力做 功，由动能定理可得”ngssin a=之0， 可得释放时g边与区域I上边界的距离 m gR sin a s-2gsin a 2BL'cosa 36 练习册参考答案 (2)当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0),设线框ef边 到0，点的距离为：时，线框中产生的感应电动势E=△中 △t =51=L+,L.=(k,十，，其中u= △t △ 此时线路中的感应电流了=長 线框9边受到沿轨道向上的安培力，大小为 Fs=Lk t+k,(s+L)I'L 线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为 F2=(k1t十k2s)IL, 则线框受到的安培力 F安=F安1-F2=[kt+k,(s十L)]IL-(kt+ks)I'L, 代入，=mgRsin a kL 化简得F装=mgsin a+-Lg R· 当线框平衡时F金=gsin a,可知此时线框速率为0. 则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量 定理可得ngsin a△t一F多△t=m△v, 即一 kiL'v R △t=m△0， 对时间累积求和可得一 d=0一mw R mRv 可得d= L 答案：(1)mgRian a,mgR'sina B2L'cos a'2B'L'cos'a (2)mR, L 6.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 0=ma, 根据运动学公式v=2ad, 联立可得线框释放，点cd边与I区域上边缘的距离 d= g (2)因为cd边进入I区域时速度为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ng sin0=BIL1, 又E=BL,0,I=R: E cd边两端的电势差U号E 联立可得U=3,mgR包 4V2 (3)①若L,≥L,在线框进入I区域过程中，根据动量定 理mg sin6·t1一BIL1t1=0, 其中t=号g=北1二BL心 R 联立可得q=2B0' mg 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理 mg sin 0.t:-2BIL ts =0, E BLi R 线框进入磁场过程中电荷量都相等，即q=t?,联立可得 214 t2= 根据能量守恒定律-W安十mg sin9(L十L1)=0, 克服安培力做功的平均功率P= W安 丨物理 联立可得P=mgu(L1十L) 4L1 ②若L,<L1,同理可得g=BLL R 根据动量定理mg sin9·t一2BIL1t=0, BLi 其中0=1，站合9=%9=是， 联立可得t= 2L2 根据能量守恒定律一W安'十mg sin(L2十L1)=0, 克服安培力微功的平均功率P=W 联立可得p'=mgu(L,十L) 4L2 答案1片2)√ (3)见解析 g 专题精准强化13机械振动与机械波 1.AD[声音在相同介质中的传播速度相同，因此A和 D,的传指速度相同，B错误：由入=T=子可知，A的 波长大于D的波长，A正确； 由空气进入水中，频率不发生变化，C错误： 空气中入=号在水中=号 其中声音的速度只与介质有关，即在水中它们的速度大 小也一样，则可得到波长的改变量为△以=一”，可知频 f 率越小其对应的波长改变量越大，D正确.门 2.A[由乙图可知，t=2s时刻质点P在平衡位置且沿y轴 正方向振动，根据波形平移法可知简谐横波沿工轴正方向 传播，故A正确：由乙图可知，简谐横波的周期为2s,则频 率为f=宁=子H,故B错误：由甲图可知波长为4m: 则简暗被波的波速为。=产-合m/s=2n/s,故C错 误；由乙图可知，t=1.5s时质，点P在波谷，故D错误.门 3.D[因为B点距两波源距离一样，而两波源的相位相 反，所以在B处叠加总是相互减弱.由振动方程可知，周 期为T=2红=2s,波长为入=T=2m,C距两波源的距 1 离差为△=1m=之入，而两波源的相位相反，所以在C 点振动总是加强.故选D.门 4.解析：根据公式入=？，由于纵波速度大于横波速度，频 率相同，故可知纵波波长大于横波波长；设波源与蝎子 的距离为s,根据题意可知之一三=△，解得5=心 01一02 答案：大于△ v1一2 5.解析：(1)根据波长的定义及两列波的波动图可知入，= 0.5m,入2=1m; (2)由波动图可知在x=0m处两列波均处于波峰处， x=0的处质点位移x1=A十A=2m, 在x=0.375m处，对于第一列减有x=0.375m=子， 对子第二列流有x=0,375m=音 在x=0.375m处质，点的位移 =0+Acos(×2x)=-号m 36 (3)对于第一列减有工=号-8品0 对于第二列波有T=入上 03408=2T1, 故这两列波叠加后的周期为340s· 1 答案：(1)λ1=0.5m,λ2=1m, (2)24m 2 gm (3) 340s 专题精准强化14光学、电磁波 1.B[蓝牙通信的电磁波是无线电波，不是可见光，故A 错误：在同种介质中，蓝牙通信与手机通信的电磁波传 播速度相等，但蓝牙通信的电磁波频率高于手机通信的 电磁波频率，所以蓝牙通信的电磁波波长比手机通信的 电磁波波长短，故B正确；两束蓝牙通信的电磁波若频 率相同，相位差恒定，就会发生千涉，故C错误；蓝牙通 信的电磁波在真空中的传播速度等于光速，故D错误.] 2.B[光通过平行树脂砖，出射光线与入射光线平行；由 于由空气进入树脂为由光疏介质进入光密介质，折射角 应小于入射角，则光线会向法线侧移，出射光线在入射 光线延长线的左侧，符合条件的是②.门 3.C[根据题意一束光从P 点垂直于三角形底边入射， 从Q点射出.已知P、Q到 三角形底边距离均为 0 2 画出光路图如图所示， .4c 根据几何关系有∠1=∠2 120° +∠3，∠6=30°，sin∠4= R=2 根据反射定律可得∠5=∠6， 综上可得∠1=60°，∠2=30°， 根据折射定律有n sin∠1 sin∠2' 代入数据可得n=√3.] 4.AD[A.画出光路图如图所示 入射光轴线 光纤 探测器 气泡 流动 液体 根据几何关系可知，该单色光在锥面发生全反射的临界 角C=45°. 根据临界角公式sinC= n 可得此光纤对该单色光的折射率为n=√2，故A正确； B.根据o=C 可得该单色光在此光纤中的传播速度为=区 2 可知该单色光在此光纤中的传播速度是真空中光速的 ，故B蜡误：C,光从折射率大的介质到折射率小的介 2 8