2026年高考物理终极冲刺：抢分秘籍08 动量定理（含电磁场中的运用）（四大题型）（解析版）

1/17秘籍08动量定理（含电磁场中的运用）秘籍导览秘籍导览【解密高考】【秘籍特训】【解密一】动量定理的初步应用【解密二】动量定理处理流体类问题【解密三】动量定理在磁场中的应用【解密四】动量定理在电磁感应中的应用（押题型）解密高考解密高考：动量定理通常结合其它动力学的重要知识点，如运动图像、牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动进行综合考察，此类题型常出现在选择题中。也经常与电磁学问题综合，如带电粒子在复合场中含动量问题、导体棒切割磁感线利用安培力的冲量问题，这些问题都需要利用微分求和思想，难度较大，此类题型经常出现在压轴题。：重点理解动量定理的内涵。对于单一考查动量定理的题目，注意研究对象的选取，比如流体中的动量问题，往往利用微分思想选取一小段流体为研究对象列出动量定理的表达式，结合电磁场中的综合题目，综合应用动量定理和能量守恒观点来解决问题。秘籍特训秘籍特训【解密一】动量定理的初步应用秘籍解读秘籍解读1.确定研究对象。在中学阶段使用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。2.对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。3.抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。4.根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·广东·一模）图甲为沉井施工过程示意图，将井体放置在施工处，抓斗挖走井体内泥沙，井体受自身重力和泥沙阻力的共同作用而竖直下沉。若井体从静止开始下沉到停在底部，加速度a随时间t的变化如图乙，则（）A．时间内，井体所受合外力逐渐增大 B．时间内，井体重力的瞬时功率减小C．时间内，井体克服阻力做功小于重力做功 D．时间内，重力和泥沙阻力的冲量大小相等【答案】D【详解】A．根据牛顿第二定律，由图可得时间内，井体加速度减小，可知井体所受合外力逐渐减小，故A错误；B．时间内，井体做加速度减小的加速运动，根据可得井体重力的瞬时功率增大，故B错误；C．时间内，井体从静止开始运动最后停下，初末动能均为零，动能变化量为零，根据动能定理可得井体克服阻力做功等于重力做功，故C错误；D．时间内，动量变化量为零，根据动量定理可得重力和泥沙阻力的冲量大小相等，故D正确。故选D。【例2】（多选）（2026·重庆渝中·一模）中国铁路运营总里程突破16.2万公里，其中高铁运营里程达4.8万公里。在动车技术方面也有重大突破，复兴号动车已率先实现自动驾驶速度突破530km/h。已知动车由静止开始沿水平直线轨道以恒定的加速度启动，经时间达到额定功率时，动车的速度为，然后动车保持额定功率不变，再经过，可近似认为达到最大速度。已知，假设全程阻力大小恒定，则下列说法正确的是（）A．内动车的平均速度为B．动车的质量为C．内动车克服阻力做功为D．牵引力在内的冲量为【答案】BCD【详解】B．内由牛顿第二定律得又，速度最大时，牵引力等于阻力，则有联立得，故B正确；C．内由动能定理得解得，故C正确；A．设内的位移为x，则又求得，故A错误；D．内由动量定理得解得，故D正确；故选BCD。【例3】（2026·黑龙江辽宁·一模）如图所示，水平放置、足够长的光滑杆上套有一小球，小球通过一长度为的不可伸长的轻绳与小球相连，小球、的质量均为。将小球放置于小球的正下方处，并以初速度水平抛出，为重力加速度。求：(1)绳子绷直时，其与的夹角是多少？(2)绳子绷直前后，绳子对球的冲量大小。【答案】(1)(2)【详解】（1）从球抛出到绳子恰好绷直，根据平抛运动规律水平方向小球做匀速直线运动竖直方向小球做自由落体运动，由几何关系解得，，可知绳绷直时与杆的夹角，且绷直前瞬间球速度与水平方向的夹角也为，此时球的速度大小；（2）绳子绷直过程中，球所受总冲量沿绳由指向，球的动量减小，则速度减小，但方向不变，设绷直后瞬间、球的速度分别为、，A球初速度方向为正方向，根据水平方向动量守恒有由、球沿绳方向速度相同解得，对球用动量定理分析，绳子对球的冲量大小则绳子对球冲量等于【跟踪训练1】（2026·陕西宝鸡·一模）近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。假设实验人员穿上“防摔马甲”，倒地时着地时间延长为未穿时的5倍。则人在着地过程中，穿上“防摔马甲”和未穿相比，下列判断正确的是（）A．人的动量变化量变为未穿时的5倍B．人的动量变化率变为未穿时的C．人所受合外力的冲量变为未穿时的D．人所受合外力的冲量变为未穿时的5倍【答案】B【详解】ACD．由于人从一定高度摔倒时，落地前的速度是一定的，着地后的速度为零，因此无论是否穿“防摔马甲”，动量的变化量不变，根据动量定理可知，即合外力的冲量也不变，故ACD错误；B．根据动量定理可得解得可知，动量的变化率即为物体受到的合外力，由于穿上“防摔马甲”后作用时间变为原来的5倍，则人受到的合外力变为原来的，也意味着人的动量变化率变为未穿时的，故B正确。故选B。【跟踪训练2】（2026·山东·一模）如图所示，一名质量为50kg的运动员练习跳远，他先从水平直道上助跑，然后从地面上的A点腾空离地，离地时的速度大小v1＝8m/s，方向与水平面的夹角α＝37°。运动员落入沙坑瞬间的速度大小v2＝5m/s，方向与水平面的夹角β＝53°。不考虑运动员在空中身体形状的变化，运动员在空中运动过程中所受空气阻力的大小与速度的大小满足f＝kv，其中k＝34kg/s。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则运动员此次练习跳远的成绩x为（）A．3.6m B．4.2m C．4.8m D．5m【答案】D【详解】运动员在空中运动过程中，水平方向只受空气阻力的水平分量作用。设任意时刻速度为，速度方向与水平方向夹角为，则空气阻力大小其水平分量方向与水平速度方向相反。根据牛顿第二定律，水平方向有整理得由于代入上式得对从起跳到落地的全过程求和，设水平位移为，初水平速度为，末水平速度为，则有即由题意可知，起跳时水平分速度落地时水平分速度代入数据解得故选D。【跟踪训练3】（多选）（2026·河北·一模）如图甲所示，足够长固定斜面的倾角为37°，物块质量为1kg，与斜面间的动摩擦因数为0.5，将物块从斜面上一点由静止释放的同时，在物块上施加一垂直斜面的力，力的大小随时间变化的图像如图乙所示，sin37°=0.6，重力加速度g取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．0~12s内，物块从开始运动到速度最大经历的时间为8sB．0~12s内物块的最大速度为4m/sC．0~18s内摩擦力的冲量大小为108N·sD．0~24s内合外力的平均功率为0.5W【答案】BC【详解】A．物块达到最大速度时受合力为零，则其中，解得t1=4s，即0~12s内，物块从开始运动到速度最大经历的时间为4s，A错误；B．0~4s内由动量定理其中F4=4N，解得vm=4m/s即0~12s内物块的最大速度为4m/s，B正确；C．因t1=4s时滑块到达最大速度，以后滑块做减速运动，则速度减为零时，由动量定理其中，解得以后8s~20s滑块将静止，则0~18s内摩擦力的冲量大小，C正确；D．从20s-24s滑块从静止开始向下运动，则由动量定理其中，，解得v=4m/s则24s内合外力做功0~24s内合外力的平均功率为，D错误。故选BC。【解密二】动量定理处理流体类问题秘籍解读秘籍解读流体类问题分析步骤(1)建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S。(2)微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt。(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体，即FΔt＝ΔmΔv。2．微粒类问题通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n。秘籍应用秘籍应用【例1】老式水龙头水流快，水量大，容易四处飞溅，可加装起泡器，让流出的水和空气充分混合后减缓流速，既避免水流飞溅，又减少用水量。某水龙头打开后，水流以大小为的速度垂直冲击水槽表面，约有四处飞溅，溅起时垂直水槽装面的速度大小约为，其余的水流减速为0。加装起泡器后，单位时间内流出的水量和水流冲击水槽表面的速度均变为原来的，且飞溅现象可忽略，则加装起泡器后水流对水槽的冲击力约为原来的（）A． B． C． D．【答案】D【详解】取水流的速度方向为正方向，设原来水流对水槽装面的平均冲击力大小为，假设在一段很短的时间内，喷到水槽装面上水的质量为，则对质量为的水，根据动量定理有加装起泡器后，根据动量定理有联立求得故选D。【跟踪训练1】某售卖员在公园里跑动售卖有“哆啦A梦”图案的氦气球。现将其简化为如图所示板状氦气球，设售卖员在无风的公园里拉着氦气球沿直线向前以速度v匀速运动。氦气密度小于空气密度，此时系着氦气球的绳子AB处于水平状态，氦气球朝上的表面与水平方向夹角为45°。氦气球受到空气的浮力不可忽略。若空气密度为ρ，氦气球朝上的表面面积为S，则下列说法正确的是（）A．绳子拉力大小为ρSv²B．氦气球所受浮力与重力的合力大小为ρSv²C．空气对氦气球的冲击力大小为ρSv²D．绳子拉力对氦气球做功的功率为【答案】C【详解】C．取一段微元时间，水平方向有质量为的空气与氦气球发生碰撞，空气与氦气球碰撞后竖直向上冲出，可视为弹性碰撞，速度变化量为，动量变化量为根据动量定理氦气球对空气的冲击力为，C正确；A．绳子拉力为，A错误；B．重力和浮力的合力与绳子拉力等大反向，则为，B错误；D．绳子拉力对氦气球做功的功率为，D错误。故选C。【跟踪训练2】（多选）如图所示，天花板上悬挂一盛满水的开口薄壁圆柱形容器，其高为h，底面积为，在水平底面处开一面积为的小圆孔，水的密度为，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．水稳定流出时，水柱粗细均匀B．水稳定流出时，水柱上粗下细C．水刚从孔中流出时的速度大小为D．水刚从孔中流出时堵住孔所需的力的大小为【答案】BC【详解】AB．相等的时间通过任一截面的质量相等，即水的流量相等，单位时间出来的水的体积不变在竖直方向上，随着水向下运动，水速不断变大，即，故有横截面积，因此下降阶段的水柱呈现的形态是上端较粗下端较细，故A错误，B正确；C．根据能量守恒和机械能守恒定律分析可知：稳定流动的很短一段时间内，对容器中的水，等效来看：液面上质量为m的薄层水的机械能等于孔中质量为m的小水柱的机械能，设液面薄层水下降的速度为，孔中质量为m的小水柱的速度为，设孔处为零势面，则有又由解得，故C正确；D．已知水的密度为，则对流动的水，考虑一段很短的时间，流出的小水柱的质量为在有水从孔口稳定流出时堵住管口所需的力设为，要堵住水，意味着水速减为0，规定速度方向为正方向，由动量定理可知解得，故D错误。故选BC。【跟踪训练3】喷射悬浮飞行器，又叫喷水飞行背包（Flyboard），是一款能够实现水上飞行的娱乐产品。如图所示，飞行器工作时，摩托艇的发动机通过一根长导管把水向上输送到飞行背包上，再经飞行背包上的两个向下的喷口把水向下喷出时，会产生强劲的反推力，这样摩托艇上的用户就可以让飞行背包飞起来了。整个系统需要两个人配合，一个人在摩托艇上控制引擎，调整水压力，飞行背包上的人控制飞行方向和角度。已知连接飞行背包与摩托艇的长导管的横截面积为，飞行背包上的两个后喷导管的横截面积均为，水的密度为，重力加速度大小为g，忽略一切阻力。某次飞行中，飞行背包与飞行体验者的总质量为M，恰好能在距水面H高度处悬停，忽略处在水面以上的长导管及内部水的总质量。求：(1)长导管中与两喷口处的水流速度大小之比；(2)飞行背包上的两个向下的喷口喷水的速度大小；(3)摩托艇发动机工作平均功率至少为多大。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设长导管中与两喷口处的水流速度大小分别为，由于相同时间进入飞行器的水与喷出的水体积相同，则有解得（2）设飞行背包对水的平均作用力大小为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器有则在时间内喷出的水的质量规定向下为正方向，由动量定理有联立解得（3）发动机做的功等于水增加的动能和水的重力势能，即则摩托艇发动机工作平均功率联立解得【解密三】动量定理在磁场中的应用秘籍解读秘籍解读模型建构：由于带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力与速率成正比，利用微元法粒子在极短时间内速率与时间的乘积即为短时间内发生的位移，则洛伦兹力冲量，利用动量定理会获得意想不到的收获。秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·山西大同·一模）如图所示，在平面直角坐标系的第二象限内有沿轴负方向的匀强电场，第三、四象限内有垂直于坐标平面向里磁感应强度为的匀强磁场。现在一质量为、电荷量为的带正电的粒子从轴上的点，以某一初速度（未知）沿轴负方向射入第二象限，粒子经电场偏转后从轴上的点进入第三象限，之后经磁场偏转从轴上点（未画出）垂直轴射入第四象限，已知、两点的坐标分别为，，不计粒子的重力。(1)求粒子初速度的大小；(2)求匀强电场的电场强度大小；(3)粒子射入第四象限的磁场后，还始终受到与速度大小成正比、方向相反的阻力（比例系数为），且只在该象限内运动。已知粒子在该象限内的轨迹恰好与轴相切于点（未画出），且点处粒子速度不为零，求：、两点间的距离以及粒子从点运动至点过程克服阻力所做的功。【答案】(1)(2)(3)，【详解】（1）设粒子从点运动到点经历的时间为，经过点时的速度为，速度与轴负方向的夹角为，对于该过程，依据运动学公式，沿轴方向，有沿轴方向，有联立以上两式，解得即同时，又得设当粒子进入第三象限磁场中后，其做匀速圆周运动的轨迹半径为，根据图中几何关系，得又据牛顿第二定律，得联立以上两式，解得则依据与的关系式，解得（2）设电场强度的大小为，粒子在电场中的加速度大小为，据牛顿第二定律，得再对粒子从点运动到点过程，由运动学公式，得联立以上两式，解得（3）设、两点间的距离为，粒子从点运动至点过程中，任一时刻的速度为，到达点处的速度大小为，现将沿着轴、轴方向分解得到的速度分别记为和，对于该过程，在轴方向，利用微元法，依据动量定理得即同理，在轴方向，依据动量定理得即联立以上式子，可得，对于粒子从点运动至点过程，由于洛伦兹力不做功，据动能定理得解得，粒子克服阻力所做的功为【跟踪训练1】（2026·湖北黄冈·二模）如图所示，平面直角坐标系中，有一个半径为的圆形磁场区域，其圆心坐标为，磁感应强度大小为，方向垂直平面向外。在直线上放置长度为的线状粒子源，粒子源一端在轴上，该粒子源沿方向均匀发射速度大小为的相同带电粒子，所有粒子经磁场偏转后从坐标原点处射出，其中指向圆心射入的粒子恰好从点沿轴正方向射出。处有与轴平行的荧光屏，荧光屏足够大。粒子的重力及粒子间的相互作用忽略不计，取。(1)求粒子的比荷；(2)若轴与荧光屏之间存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，求打到荧光屏上的粒子数占粒子总数的比例；(3)若轴与荧光屏之间存在垂直平面向外的磁场，磁感应强度大小与横坐标满足（为常量），所有粒子均不能打到荧光屏上，（不考虑轴上的入射粒子）求的取值范围。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由题可知，粒子在磁场中运动的轨道半径粒子所受洛伦兹力提供向心力，有解得（2）由于轴与荧光屏之间存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为故带电粒子在第一象限顺时针圆周运动，轨道半径打在荧光屏上的粒子的两个临界为轨迹①和②，如图所示根据临界轨迹①，并结合几何关系有解得由几何知识可得临界①对应的粒子在发射源上距离轴的距离为解得临界②对应的粒子在发射源上位于轴，故打到荧光屏上的粒子数占粒子总数的比例解得（3）由题意可知，所有粒子均不能打到荧光屏上，则临界方向入射第一象限的粒子在变化后的磁场中运动的轨迹刚好与荧光屏相切则沿轴方向根据动量定理有整理得由于所以解得故的取值范围为【跟踪训练2】（2026·贵州遵义·模拟预测）某离子分析器的原理示意图如图所示，分析器由分布在y轴左侧的偏转区和y轴右侧的检测区组成。在直线和y轴之间的偏转区内存在着两个等大反向的有界匀强电场，电场强度大小为E，其中x轴上方的电场沿y轴负方向，x轴下方的电场沿y轴正方向。在电场左边界上点到点区间内存在一线状离子源，离子源各处都能持续发射电量为、质量为m的相同离子，所有离子均以相同速度沿x轴正方向射入电场。在y轴右侧检测区内分布着垂直于xOy平面向里、范围足够大的磁场，磁感应强度大小B随位置坐标x均匀变化，且满足（k为大于零的常数）。在检测区有一块与y轴平行的足够长的检测板，打到检测板的离子会被板吸收，忽略电磁场间的相互影响，不计离子的重力及它们之间的相互作用，已知。求：(1)从A点发出的离子第一次经过y轴时的坐标；(2)从AC间某些位置发出的离子能沿x轴正方向进入磁场，写出这些位置的y坐标；(3)若检测板可沿x轴平移，要使检测板能收集到沿x轴正方向进入磁场并经磁场偏转后的所有离子，求检测板位置坐标x的最大值。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）离子从A点发出到第一次经过y轴的过程y轴方向

又x轴方向解得由对称性可知，从A点发出的离子第一次经过y轴时的坐标为（2）沿x轴正方向进入磁场时可能的运动轨迹如图所示

离子需满足的条件为设到C点距离为处射出的粒子通过电场后也沿x轴正方向射出，粒子第一次到达x轴用时，水平位移为，则

解得即满足要求的AC间离子y坐标为（3）若要检测板能收集到沿x轴正方向进入磁场的所有离子，离子到达检测板的速度满足时，取最大值；对离子受力，在y轴方向应用动量定理即所以又可得解得【跟踪训练3】（2026·辽宁大连·模拟预测）如图所示的平面直角坐标系中，轴水平向右、轴竖直向上，区域I存在平行于xOy平面的匀强电场，场强大小为，区域II存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，区域III存在竖直向上、场强大小为的匀强电场和垂直于xOy平面向外、宽度均为、磁感应强度大小依次为的个匀强磁场。在原点处将质量为、电荷量为的小球以大小为的初速度竖直向上抛出后，小球以速度大小为经过点，速度方向与轴正方向相同，之后经过与轴的交点，小球第一次经过时速度方向沿轴正方向。已知是相邻区域的边界且均与轴垂直，各区域竖直空间足够大，重力加速度为。(1)求小球从点运动到点过程中合外力的冲量及区域I中的电场强度与轴正方向的夹角；(2)求小球经过点时的速度大小和在区域II运动时最大速度的大小；(3)若，求小球在区域III运动过程中最大水平位移的大小。【答案】(1)，(2)，(3)【详解】（1）设小球从到速度变化量为，由平行四边形定则得矢量三角形如图所示的大小为，设与轴负方向夹角为，有解得由动量定理可知，该过程合外力的冲量解得，方向与轴负方向夹角对小球受力分析，水平方向有竖直方向有设小球从到经历的时间为，则联立解得电场强度与轴正方向的夹角（2）依题意，小球从到C所用时间为，则小球在C点时水平方向的分速度，则小球经过点时的速度大小根据配速法，给小球配一个水平向右的速度，大小满足可得设与等大反向，与的合速度为，则小球的运动可看成以速度大小为的匀速圆周运动和速度大小为的匀速直线运动的合运动，如图所示根据几何关系可得可知当与方向相同时，在区域II运动时的速度最大，为（3）小球在区域III运动，由于可知，电场力与重力刚好平衡，则小球在每个磁场中相当于只受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力总不做功，则小球的速度大小保持不变，当小球的速度刚好为竖直方向时，此时小球在区域III中运动的水平位移最大。小球经过第1个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得同理可得小球经过第2个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得小球经过第3个磁场，有小球经过第个磁场，有则小球经过个磁场后，竖直方向有可得当时，可得当时，可得可知小球在第64个磁场中的某处，速度方向变为竖直方向，设此时在第64个磁场中沿水平方向通过的位移为，则有解得故小球在区域III运动过程中最大的水平位移为【解密四】动量定理在电磁感应中的应用秘籍解读秘籍解读模型建构：在导体棒（线框）在磁场中切割磁感应线时，回路中的电流为，导体棒受到的安培力，安培力的冲量，对导体棒由动量定理即可处理解决问题。秘籍应用秘籍应用【例1】（多选）（2026·广东茂名·模拟预测）某电磁缓冲装置如图所示，足够长、间距为的平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端与阻值为的定值电阻连接，导轨、粗糙，其余部分光滑，右侧存在方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场。一质量为的金属棒以一定初速度水平向右运动且始终和导轨垂直，从进入磁场，最终恰好停在处。已知金属棒接入导轨的阻值为，与粗糙导轨间的动摩擦因数为，与、与的间距均为。导轨电阻不计，重力加速度大小为，下列说法正确的是（）A．金属棒经过处的速度为B．金属棒在、区间运动过程中，受到摩擦力的冲量大小为C．金属棒在、区间运动过程中，流经电阻的电荷量为D．整个过程中，定值电阻产生的热量为【答案】BD【详解】A．对用动量定理其中整理得，故A错误；B．对同理由动量定理其中流经电阻的电荷量为，且代入得摩擦力的冲量大小为，故B正确，C错误；D．对全程用能量守恒因此定值电阻产生的热量，故D正确。故选BD。【例2】（多选）（2026·河北·一模）两足够长且间距为的平行金属导轨与水平面夹角为，导轨上端与一阻值为的定值电阻相连，导轨段与段粗糙，其余部分光滑，下方存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场。一质量为的金属杆垂直导轨放置在处，现将金属杆由静止释放，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值也为，且与粗糙导轨间的动摩擦因数，，，导轨电阻不计，金属杆与导轨接触良好，重力加速度为，下列说法正确的是（）A．金属杆通过区域所用的时间为B．在整个过程中，定值电阻产生的热量为C．金属杆经过与区域，金属杆所受安培力的冲量相同D．金属杆经过区域，金属杆所受安培力随位移线性变化【答案】ABD【详解】A．设金属杆经过的速度为，由动量定理可知金属杆通过区域所用的时间满足金属杆在区域内的运动由动量定理可知代入联立解得，故A正确；B．全程运动根据能量守恒可知代入解得定值电阻产生的热量，故B正确；C．由上述分析可知金属杆通过、区域，所受安培力的冲量分别为，，故C错误；D．在区域，设金属棒下滑距离为时，速度减小为，由动量定理可知将代入，变形可知而金属杆所受安培力解得可知安培力与位移为线性关系，故D正确。故选ABD。【例3】（2026·河北邯郸·一模）某一具有电磁缓冲功能的火箭模型结构示意图如图所示，模型由缓冲槽、主体及主体内固定的线圈构成。闭合正方形线圈的匝数为，边长为，总电阻为，且边与主体的底端重合。模型外侧安装有由绝缘材料制成的缓冲槽，槽中有垂直于线圈平面、磁感应强度大小为的匀强磁场，主体底端到缓冲槽底端的距离为。模型整体以竖直向下、大小为的速度落至水平地面时缓冲槽立即静止，主体则因线圈与缓冲槽内磁场间的作用而减速，当线圈的边落至缓冲槽底端时，线圈的速度大小为，此时线圈的边还未进入磁场。已知主体和线圈的总质量为，重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力。求：(1)模型着地后瞬间边中电流的大小和方向；(2)从模型着地到线圈的边落至缓冲槽底端的过程中线圈上产生的焦耳热；(3)从模型着地到线圈的边落至缓冲槽底端的时间。【答案】(1)，方向为由到(2)(3)【详解】（1）模型着地后瞬间，线圈的感应电动势满足感应电流根据右手定则可得，感应电流的方向为由到。（2）由能量守恒定律有解得（3）（3）从模型着地到线圈的边落至缓冲槽底端的过程中，由动量定理有其中解得【跟踪训练1】（2026·浙江杭州·二模）如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为、边长为的正方形超导线框，其右侧有一长度大于、宽度为的长方形区间存在方向垂直桌面向下、大小为的匀强磁场。建立坐标原点位于磁场左边界中点、水平向右为正方向坐标轴，超导线框在水平桌面上的位置坐标用其右边界的中点来描述。当超导线框的位置坐标时，表示超导线框恰好开始进入磁场，此时。已知超导线框开始进磁场时的初速度，在运动过程中超导线框边长始终保持平行磁场边界。由于超导电阻为零，当超导线框进入磁场时会产生感应电流，该感应电流产生的磁场会阻止超导线框的磁通量变化，以保持超导线框的磁通量不变。已知超导线框的电感为，若超导线框中有电流，则由此电流产生的磁通量为。(1)当超导线框运动至处时，求其中的电流；(2)超导线框运动至的过程中，求安培力所做的功与安培力的冲量；(3)求超导线框最终的速度和超导线框具有的磁能。【答案】(1)(2)，，沿负轴方向(3)见详解【详解】（1）超导线框在运动过程中磁通量不变，当超导线框运动至处时，长方形区间对线框的磁通量与线框由自感产生的磁通量等大反向，满足解得（2）超导线框在进入磁场的过程中，回路的电流满足故线框受到的安培力为安培力所做的功满足将代入，解得线框运动到的速度可由动能定理求得，满足解得因此安培力的冲量为方向沿负轴方向（3）线框的初动能为①若，由可知线框的右边可出磁场，左边仍在磁场中。因超导线框的磁通量不变，可知电流方向不变，超导线圈受力方向与速度方向