2026届高考物理《电磁感应中的动量问题》含答案

I(-2L≤x<-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(1)若金属框从开始进入到完全离开区域I边与区域I上边界的距离s；11轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图(b)所示，t=T时内流过回路的电荷量为()A.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μ=度为g。2233匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁A.金属杆经过BB1的速度为C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安6.(2025·广东广州·模拟预测)将一足够长光滑平行金属导轨固定于水平面内(如图)，已知左侧导轨间距为知金属棒EF、GH由相同材料制成，在运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计电流的磁效A.t1时刻流经棒GH的电流为44B.t2时刻棒EF的速度大小为v0垂直导轨平面向下的匀强磁场。将质量为m的金属棒ab垂直放A.F=B.金属棒的最大速度为2vC.金属棒的最大加速度为55沿导轨向上的外力F作用下保持静止(F作用在杆1上)。整个装置处在磁感应强度B=1T的匀强磁场(1)外力F的大小；场的磁感应强度大小均为B。长度均为l的金属杆ab、金属框cdef分别垂直导轨放置于导轨的倾斜部D.金属杆和金属框做加速度大小不同的匀加速直线运动66则()A.线圈ab边进入磁场时感应电流方向为adcbaC.线圈在磁场内着地时的动能为D.有界磁场区域的高度为7713.(2025·安徽合肥·三模)如图所示，空间存在水平方向的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ,区域Ⅰ中场区域Ⅰ。导体框的bc边到达磁场区域Ⅱ下边界前一位小数)。88度v0，两导体棒的Δv-t图像(Δv=va-vb)如图乙所示，下列说法正确的是()C.0∼t2间区域被边界NN/、PP/和QQ/分成I、II、III、IV四个区域，其中I、II、IV处于竖直向下的匀强磁场棒在III区域的运动时间为1s。当CD棒到达QQ/时，撤去AB棒外力。此后AB棒继续在II区域运(2)当CD棒到达PP/时，AB棒的速度大小v1以及当CD棒到达QQ/时AB棒的速度大小v；99向上的匀强磁场。现将一导体棒垂直于导轨从左侧圆弧上距桌面h1高处的M点由静止释放，导体棒到A.h1-h2一定等于h2-h3B.h1-h2一定小于h2-h3C.Q1一定大于Q217.(2025·河南·模拟预测)如图所示，水平面上固定了两条不计电阻的足够长的平行光滑金属导轨MN、边长为L=0.5m的正方形区域DD'E'E内加有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B2=2T。质量均为m的导体棒P、Q在图示位置同时静止棒P与倾斜导轨间的动摩擦因数为μ=0且全过程中P、Q始终未相遇。下列说法正确的是(B.P的初始释放点与水平导轨的高度差端通过导线连接一电阻为R0=0.3Ω的定值电阻，一质量为m=2(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B；21.(2025·湖北黄冈·二模)如图所示，无限长的U形金属导轨ABCD和金属导轨EF、GH水平平行放置，AB与EF、GH与CD之间的距离均为L，EF与GH之间的距离为2L，AB和EF区域、GH和CD确的是()A.线框MN边刚进入磁场II时的加速度大小为B.线框开始的初速度大小为D.若仅将磁场II方向反向，线框也刚好穿出磁场II始终不相碰。下列说法正确的是()A.M中的电流大小为2AB.N的初速度大小为6m/sθ,导轨底端接有两定值电阻R1=R2=R，垂直于导轨方向的虚线MN、PQ间棒ab与PQ间的距离为d(未知)。第一次由静止释放金属棒ab，它刚好匀速通过磁场区域。第二次将下列说法正确的是()B.金属棒ab匀速穿过磁场的过程中R2两端的电压为25.(2025·云南·模拟预测)如图所示，两光滑金属导轨平行放置，导轨MN段与QW段位于 ()A.金属棒在水平轨道上共速的速度为C(2)求初始时线框MNPQ的MN边与C1C2之间的距离x1；27.(2025·陕西安康·模拟预测)如图所示，固定的两28.(2025·河北秦皇岛·三模)如图所示，粗细均匀的金属棒和塑料棒长度均为l=0.4m，金属棒质量m=度H=1.25m的平台上水平飞出落到地面上。已知金属棒落点与平台边界的水平距离x1=A.金属棒刚进入磁场时的加速度大小为8m/s2B.金属棒刚离开磁场时的速度大小为1m/sD.金属棒与塑料棒落点之间的水平距离为0.5m有绝缘涂层的倾斜导轨ACA′C′、DED′E′平滑连接，(2)导体棒FG最终停止的位置坐标x3；(3)若给导体棒FG施加外力使其能以v0从原点匀速运动至x2，在此过程中导体棒FG上产生的焦I(-2L≤x<-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(1)若金属框从开始进入到完全离开区域I边与区域I上边界的距离s；切割磁感线产生的电动势E=BLvcosα11解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率可得释放时pq边与区域I上边界的距离s==此时线路中的感应电流I'=线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为F安1=[k1t+k2(s+L([I'L则线框受到的安培力F安=F安1-F安2=[k1t+k2(s+L([I'L-(k1t+k2s(I'L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mgsinαΔt-F安Δt=mΔv即-Δt=mΔv对时间累积求和可得-k4d=0-mv0轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图(b)所示，t=T时内流过回路的电荷量为()A.B.C.D.22故选B。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μ=度为g。(1)，mgx0-解得通过ab棒的电流为Iab=能量守恒可得mgx0sin30°-mv=2Qcd联立解得cd棒产生的焦耳热为Qcd=mgx0-33有mgsin30°-F安=ma，F安-μmg=ma同时有F安=BIL，I==v，可知mΔv=mv解得=Δv=其中F安cd2=BI2L从t1时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有-(μmg+BI-L(Δt=mvO′-mv，(BI-L-μmg(Δt=mvcd变式可得μmgΔt+BLq=mv-mvO′，BLq-μmgΔt=mvcd两式相加得2BLq=mv-m(vO′-vcd(③044结合(2)问分析，在任意时刻有U=BLv1-I1R=BLv2即BL(v1-v2(=I2R+I1R对该式两边取全过程时间的累计有BL(v1-v2(Δt=I2RΔt+I1RΔt其中(v1-v2(Δt=x1-x2=dmin，I1Δt=Q,I2Δt=Q2'即BLdmin=(Q+Q2'(R-BI-L·Δt=mv-mv0，BI-2'L·Δt=mv即BLQ=mv0-mv，BLQ2'=mv可得BL(Q+Q2'(=mv0联立解得稳定时的速度和两棒间初始距离的最小值为dmin=匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁A.金属杆经过BB1的速度为B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为mv-μmgd55C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安E=BLv，I=金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有-BILΔt=mΔv则则vB=v0---μmgt0=-mvBvB=+μgt0vB=+>则金属杆经过BB1的速度大于，故A错误；QR=Q=mv-μmgd故B错误；--μmgt0=-mv0--μmgt=0-2mv0=μmg(2t0-t(66x>4d知金属棒EF、GH由相同材料制成，在运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计电流的磁效A.t1时刻流经棒GH的电流为B.t2时刻棒EF的速度大小为v0D.t1∼t2时间内，棒EF产生的焦耳热为x=ρ2xS可得Rx⋅mx=ρ1ρ2x2可得r/=r根据右手定则可知，t1时刻GH产生的感应电动势方向是从H到G，回路中的感应电动势为E=2B⋅2Lv0=4BLv02可得v2=v1t1∼t2时间内，根据动量定理，对EF有BI-Lt=mv1-0对GH有-2BI-⋅2Lt=3mv2-3mv077联立解得v1=v0，v2=v0，故B正确；度逐渐减小，回路中的感应电动势E/=2B⋅2LvGH-BLvEF解得回路中产生的总热量Q总=mv根据焦耳定律有=解得QEF=mv，故D正确。故选ABD。A.金属棒a、b最终会停下来B.最终两金属棒的距离为d+D．根据动量守恒定律得mv0=2mv共解得v共=对b由动量定理有BI-Lt=mv共又因为q=It解得q=D错误；B．根据电磁感应定律q=磁通量为ΔΦ=BLx解得x=88故选BC。磁场。将质量为m的金属棒ab垂直放FA.F=maB.金属棒的最大速度为2vC.金属棒的最大加速度为aa=ma，F-=联立解得F=maA正确；解得vm=3vB错误；故选ACD。99沿导轨向上的外力F作用下保持静止(F作用在杆1上)。整个装置处在磁感应强度B=1T的匀强磁场(1)外力F的大小；(1)2.5N(2)2A(1)线烧断前外力F的大小F=(m1+m2(gsin30°=2.5N得I=2A再由系统动量守恒m1v1=m2v2则m1x1=m2x2场的磁感应强度大小均为B。长度均为l的金属杆ab、金属框cdef分别垂直导轨放置于导轨的倾斜部D.金属杆和金属框做加速度大小不同的匀加速直线运动2对金属框BIL=2ma故选ABD。则()A.线圈ab边进入磁场时感应电流方向为adcbaC.线圈在磁场内着地时的动能为D.有界磁场区域的高度为故B正确；C．开始下落到线圈着地的过程中，根据动能定理可得=mgh-Fl由于进入磁场的过程中F=BIl=mg解得Ek=mv+mg(h-l)解得有界磁场区域的高度为L=h-Δh=h-故D错误。故选BC。(1)mgRCBl(2)m、(k-1)gRCBl(1)金属棒刚到达圆弧轨道时，对金属棒受力分析可得kmg-mg=m解得v0=、(k-1)gR从圆弧轨道最低点到圆心更高面，对金属棒由动能定理可得-mgR-Wf=0-mv又IΔt=ΔQ，ΔQ=CU0-CU13.(2025·安徽合肥·三模)如图所示，空间存在水平方向的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ,区域Ⅰ中场区域Ⅰ。导体框的bc边到达磁场区域Ⅱ下边界前解得v1=5m/s导体框匀速进入磁场区域I，安培力FA=ILB又，E=BLv1联立可得FA=根据平衡条件可得FA=mg代入数据解得R=0.5Ω对导体框受力分析，根据牛顿第二定律有F-mg=ma解得v2=1.25m/s自导体框由静止释放到bc边运动至磁场区域II的下边界，根据能量守恒有Q+mv=mg(h+2L)度v0，两导体棒的Δv-t图像(Δv=va-vb)如图乙所示，下列说法正确的是()根据牛顿第二定律有BIL=ma故A错误；得v=0∼t2时间内某一时刻导体棒受到的安培力大小为F=BIL=安培力在一段很短时间Δt内的冲量大小为FΔt=Δt=该式在0∼t2时间内对时间求和并对导体棒b运用动量定理得=mv-0 得xa-xb=t2时刻，两棒之间的距离为x=x0+(xa-xb(=x0+故B正确；C．0∼t2时间内对导体棒b运用动量定理得BI-Lt2=mv-0又I-t2=q得Q=mv故D错误。故选BC。间区域被边界NN/、PP/和QQ/分成I、II、III、IV四个区域，其中I、II、IV处于竖直向下的匀强磁场棒在III区域的运动时间为1s。当CD棒到达QQ/时，撤去AB棒外力。此后AB棒继续在II区域运(2)当CD棒到达PP/时，AB棒的速度大小v1以及当CD棒到达QQ/时AB棒的速度大小v；(1)V(1)感应电动势E=BLvAB棒两端的电势差为路端电压UAB=E在到达PP/前对两棒各应用动量定理-BLq=mv1-mv，BLq=mv2-0解得v1=v=4m/s同时可得v2=v=2m/s②CD棒在III区域的运动时对AB棒应用牛顿第二定律F-=ma(3)CD棒进入III区域受到滑动摩擦力f=μ(BLI+mg(=μt=0时f1=0.9NCD棒到达QQ/时速度为v，则-t=mv-mv2解得v=1m/s解得v3=3.5m/sCD棒进入QZQ/Z/区域后回路产生的焦耳热为Q=mv2+mv2-(2m(v=6.25J向上的匀强磁场。现将一导体棒垂直于导轨从左侧圆弧上距桌面h1高处的M点由静止释放，导体棒到A.h1-h2一定等于h2-h3B.h1-h2一定小于h2-h3C.Q1一定大于Q2mv2-mv1将I-=代入可得-t1=mv2-mv1联立解得=mv2-mv1-B2L2sR=mv3-mv2根据机械能守恒定律有mgh=mv23有h1-h2=h2-h3故h1-h2>h2-h3故选AC。17.(2025·河南·模拟预测)如图所示，水平面上固定了两条不计电阻的足够长的平行光滑金属导轨MN、边长为L=0.5m的正方形区域DD'E'E内加有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B2=2T。(1)v0=8m/s(4)Q2=J(1)金属棒a做匀速直线运动，则通过金属棒a电流I==0解得v0=8m/s设它们间的相对位移为Δx，对a由动量定理有-B1I-L·Δt=m(v1-v0((4)正方形金属框进入磁场B2的过程回路中电流为正方形金属框所受安培力为F=(B1+B2(IL由动量定理得-Ft=2m(v2-v1(解得v2=3m/s正方形金属框离开磁场B2的过程，同理由动量定理得-=2m(v3-v2(解得v3=m/s该过程中产生的总焦耳热由能量守恒定律得Q2=×(m+m(v-×(m+m(v联立解得Q2=J质量均为m的导体棒P、Q在图示位置同时且全过程中P、Q始终未相遇。下列说法正确的是(B.P的初始释放点与水平导轨的高度差h= g根据动量定理可得(mgsinθ-μmgcosθ(Δt-BI-LΔt=mΔv其中IΔt=Δq=CΔU=CBLΔv解得共同速度大小为v=v0—取向右为正方向，对Q根据动量定理可得BIlLΔt=mv则有=mv其中(v-v(Δtl=ΔxD．作出P和Q在水平轨道上的v-t图像，如图所示根据对称性结合几何关系可得0∼t0时间段内，图中阴影部分的面积为t0-Δx(P在水平导轨上运动的位移大小为x=t0-S解得v0故选BCD。端通过导线连接一电阻为R0=0.3Ω的定值电阻，一质量为m=2强度B4=4B=4T由法拉第电磁感应定律有E=B4Lvm根据闭合电路欧姆定律有I=所受安培力F安=B4IL=2mg解得vm=4m/sΔt=2mvm整理得2mgt-L3=3mvm其中=(12+22+33+42)T2=30T2解得t=s=It1q==C=6.25C结合串联电路知识，R0上产生的焦耳热QR0=Q=Q=24J-∑⋅Δt=0-mvm(i=5,6⋯⋯)可得==25.6T2>∑B=52T2设在第6个磁场区域中运动的距离为Δx，则有-BL3L2Δx=0-mvm则棒向右运动的最大距离x=5L+Δx质量m=1kg、边长L=0.8m的正方形金属框abcd单位长度的电阻R0=1Ω,将金属框从cd边距MN为L处由静止释放，当cd边刚进入磁场时，金属框的加速度向下(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B；(1)B=、10T(1)金属框的cd边进入磁场前过程有v=2gL解得v0=4m/s可得F安=即有F安0=由牛顿第二定律可得mg-F安0=ma由题意知F安1=mg解得v1=2.5m/s在金属框进入磁场的过程中有Q=mgL+mv-mv21.(2025·湖北黄冈·二模)如图所示，无限长的U形金属导轨ABCD和金属导轨EF、GH水平平行放置，AB与EF、GH与CD之间的距离均为L，EF与GH之间的距离为2L，AB和EF区域、GH和CD(1)电流为I1=安培力为F安=2BI1L根据牛顿第二定律得F+F安-μ2mg=2ma对金属杆1有-BILt-μmgt=mv1-mv0对金属杆2有Ft+2BILt-μ2mgt=2mv2-0可得v1=v2=又有，ΔΦ=2BL(L1-L2(，分析金属杆2有F-2μmg-2BI2L=0解得v4-v3=0=联立解得v4=确的是()A.线框MN边刚进入磁场II时的加速度大小为B.线框开始的初速度大小为D.若仅将磁场II方向反向，线框也刚好穿出磁场IIB．设线框的初速度大小为v0，线框穿过两磁场过程中，根据动量定理-∑BILt=0-mv0C．设PQ边刚出磁场I时速度为v1，根据动量定理，有-∑BLt=mv1-mv0，∑v/t=故选BC。始终不相碰。下列说法正确的是()A.M中的电流大小为2AB.N的初速度大小为6m/s【详解】A．对M，根据牛顿第二定律得BIL-F0=m1a解得A=3A，A错误；B．根据闭合电路欧姆定律得BL(vN-vM(=I⋅2R解得vN-vM=6m/sC．对N，根据牛顿第二定律得F-BIL=m2a解得F=0.7N拉力F的功率P=Fv4=7W，故C错误；故选BD。θ,导轨底端接有两定值电阻R1=R2=R，垂直于导轨方向的虚线MN、PQ间存在垂直于导轨平面向上下列说法正确的是()B.金属棒ab匀速穿过磁场的过程中R2两端的电压为mgdsinθ=mv可得v1=2gdsinθ金属棒进入磁场过程，根据受力平衡可得mgsinθ=BI1L又E1=BLv1，I1==联立解得d=金属棒ab匀速穿过磁场的过程中R2两端的电压为U=I1=I1R=，故A正确，B错误；4dsinθ=mv可得v2=、8gdsinθ=2v1金属棒刚进入磁场时，有E2=BLv2=2E1，I2===2I1根据牛顿第二定律可得BI2L-mgsinθ=ma联立解得加速度大小为a=gsinθ,故C正确； =RR故选AC。 ()A.金属棒在水平轨道上共速的速度为对b进行分析有mgsin30°-F安=ma故选AD。C(2)求初始时线框MNPQ的MN边与C1C2之间的距离x1；(2)MN边刚进入磁场时E=B⋅2Lv0，E=I⋅解得x1=其中x2=∑vΔt解得x2=+a=+感应电流I=金属棒a所受的安培力F安=BI⋅4L烧断细线后的瞬间，对金属棒a受力分析有F安+mgsinθ=ma则有a1-gsinθ=4(a2-gsinθ(两边同时关于时间累加后有Δv1-gsinθ⋅t0=4Δv2-4gsinθ⋅t0又Δv1=v0-v0=v0,Δv2=vb②取沿导轨向上为正方向，对a棒上滑过程运用动量定理可知m⋅v0-mv0=-mgsinθ⋅t0-BI-⋅4Lt00=q28.(2025·河北秦皇岛·三模)如图所示，粗细均匀的金属棒和塑料棒