專(zhuān)題30電磁感應(yīng)+動(dòng)量-三年（2022-2024）高考物理真題分類(lèi)匯編（全國(guó)）

專(zhuān)題30電磁感應(yīng)+動(dòng)量考點(diǎn)三年考情（2022-2024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1電磁感應(yīng)+動(dòng)量定理（5年4考）2024年高考湖南卷：電磁緩沖裝置；2023年高考湖南卷：兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，質(zhì)量均為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置；2023年全國(guó)高考新課程卷：金屬線框在平行導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)。1.在電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒一般變速運(yùn)動(dòng)，一般不能應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)，可以選取微小時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)，采用動(dòng)量定理列出方程，然后累加分析解答。2.在電磁感應(yīng)中雙桿切割磁感線，若兩桿長(zhǎng)度相等且通過(guò)的電流相等，所處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，則兩桿所受安培力大小相等方向相反，滿足動(dòng)量守恒的條件，可以運(yùn)用動(dòng)量守恒定律；若兩桿長(zhǎng)度不相等，或通過(guò)的電流不相等，或所處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不相等，則兩桿所受安培力大小不相等，不滿足動(dòng)量守恒的條件，可以運(yùn)用動(dòng)量定理。考點(diǎn)2電磁感應(yīng)+動(dòng)量守恒定律（5年3考）2024年高考江西卷：甲乙導(dǎo)體桿完全非彈性碰撞；2023年高考全國(guó)甲卷：水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，兩絕緣棒與導(dǎo)體棒彈性碰撞；考點(diǎn)01電磁感應(yīng)+動(dòng)量定理1.（2024年高考湖南卷）某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導(dǎo)軌段與段粗糙，其余部分光滑，右側(cè)處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)讓金屬桿以初速度沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過(guò)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終恰好停在處。已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為R，與粗糙導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)為，。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A.金屬桿經(jīng)過(guò)的速度為B.在整個(gè)過(guò)程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為C.金屬桿經(jīng)過(guò)與區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量相同D.若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離大于原來(lái)的2倍【答案】CD【解析】設(shè)平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，金屬桿在AA1B1B區(qū)域向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中切割磁感線有E=BLv，,金屬桿在AA1B1B區(qū)域運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量定理有,則，由于，則上面方程左右兩邊累計(jì)求和，可得，則，設(shè)金屬桿在BB1C1C區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，同理可得，則金屬桿在BB1C1C區(qū)域運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中有，解得，綜上有，則金屬桿經(jīng)過(guò)BB1的速度大于，故A錯(cuò)誤；在整個(gè)過(guò)程中，根據(jù)能量守恒有，則在整個(gè)過(guò)程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為，故B錯(cuò)誤；金屬桿經(jīng)過(guò)AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量為，則金屬桿經(jīng)過(guò)AA1B1B與BB1C1C區(qū)域滑行距離均為，金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確；根據(jù)A選項(xiàng)可得，金屬桿以初速度在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有，金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過(guò)AA1B1B區(qū)域時(shí)中有，則金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過(guò)時(shí)速度為，則設(shè)金屬桿通過(guò)BB1C1C區(qū)域的時(shí)間為，則，則，則，由于，則，可見(jiàn)若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離大于原來(lái)的2倍，故D正確。2.（2023年高考湖南卷）如圖，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成角，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為．現(xiàn)將質(zhì)量均為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度為．（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小；（2）在（1）問(wèn)中，當(dāng)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大小；（3）在（2）問(wèn)中，從棒釋放瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)間，兩棒恰好達(dá)到相同的速度，求速度的大小，以及時(shí)間內(nèi)棒相對(duì)于棒運(yùn)動(dòng)的距離．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）a勻速運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=BLv0，導(dǎo)體棒a中電流I=E1/2R所受安培力F=BIL，勻速運(yùn)動(dòng)，mgsinθ=F聯(lián)立解得v0==（2）當(dāng)導(dǎo)體棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，釋放b，由左手定則可判斷出導(dǎo)體棒b受到沿導(dǎo)軌斜向下的安培力力，由牛頓第二定律，mgsinθ+F=ma，解得a=2gsinθ。（3釋放導(dǎo)體棒b后，由于導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)對(duì)于回路來(lái)說(shuō)，與導(dǎo)體棒a中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，所以兩導(dǎo)體棒所受安培力均減小，對(duì)導(dǎo)體棒a，由動(dòng)量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0對(duì)導(dǎo)體棒b，由動(dòng)量定理，（mgsinθ+F）t0=mv聯(lián)立解得：v=gt0sinθ+取導(dǎo)體棒變速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)體棒a速度為vi時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Ei=BLvi，同時(shí)導(dǎo)體棒b速度為vj，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Ej=BLvj，導(dǎo)體棒中電流為I==，所受安培力F=BIL=對(duì)導(dǎo)體棒b，由動(dòng)量定理，（mgsinθ+）△t=m△v方程兩側(cè)求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x解得：△x=3．（2023年全國(guó)高考新課程卷）（20分）一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線為磁場(chǎng)邊界，如圖（a）所示。（1）使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬框的左、右邊框始終與磁場(chǎng)邊界平行，金屬框完全穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。（2）在桌面上固定兩條光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場(chǎng)邊界垂直，左端連接電阻，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖（b）所示。讓金屬框以與（1）中相同的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量?！窘馕觥浚?）設(shè)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v0，導(dǎo)線框完全進(jìn)入時(shí)速度為v1，對(duì)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中某時(shí)刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e=BLvi，感應(yīng)電流，i=e/4R0,所受安培力F=BiL，聯(lián)立解得：F=取時(shí)間微元△t，由動(dòng)量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=v1-v0，化簡(jiǎn)得=m（v0-v1）①導(dǎo)線框完全在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線框中磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，做勻速直線運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)線框出磁場(chǎng)過(guò)程，取時(shí)間微元△t，由動(dòng)量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=-v1，化簡(jiǎn)得=m（v1-）②①②兩式消去v1，得v0=（2）導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程，右側(cè)邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由于導(dǎo)軌電阻可忽略，此時(shí)金屬框上下部分被短路，其電路可以簡(jiǎn)化如下。故電路中的外電路電阻為=,總電阻R總=R0+=設(shè)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，導(dǎo)線框完全進(jìn)入時(shí)速度為v1，對(duì)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中某時(shí)刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e=Blvi，感應(yīng)電流，i=e/R總，所受安培力F=Bil，聯(lián)立解得：F=取時(shí)間微元△t，由動(dòng)量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=l，Σ△v=v1-v，化簡(jiǎn)得=m（v-v1）①解得：v1=v-=在這個(gè)過(guò)程中線框動(dòng)能減小△Ek1=-=由能量守恒定律可知整個(gè)電路電阻產(chǎn)生的熱量Q=△Ek1=設(shè)此過(guò)程中R1中產(chǎn)生的熱量為Q1，由于R1=2R，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律和焦耳定律可知，導(dǎo)線框右邊電阻產(chǎn)生的熱量為4.5Q1，左邊電阻產(chǎn)生的熱量為2Q1，整個(gè)電路電阻產(chǎn)生的熱量為Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5Q1.解得：Q1=導(dǎo)線框完全在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線框可以視為內(nèi)阻為0.5R的電源，回路總電阻R總=2.5R，導(dǎo)線框做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)導(dǎo)線框開(kāi)始出磁場(chǎng)時(shí)速度為v2，對(duì)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中某時(shí)刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e=Blvi，感應(yīng)電流，i=e/R總，所受安培力F=Bil，聯(lián)立解得：F=取時(shí)間微元△t，由動(dòng)量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=v2-v1，化簡(jiǎn)得=m（v1-v2）①解得：v2=v1-=0，則說(shuō)明線框右側(cè)將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)就停止運(yùn)動(dòng)了。在這個(gè)過(guò)程中線框動(dòng)能減小△Ek2==由能量守恒定律可知整個(gè)電路電阻產(chǎn)生的熱量Q’=△Ek1=設(shè)此過(guò)程中R1中產(chǎn)生的熱量為Q2，則導(dǎo)線框電阻產(chǎn)生的熱量為Q2，整個(gè)電路電阻產(chǎn)生的熱量為Q’=1.25Q2.解得：Q2.=整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，R1產(chǎn)生的熱量為Q=Q1+Q2==+=4.（2022福建高考）如圖（a），一傾角為的絕緣光滑斜面固定在水平地面上，其頂端與兩根相距為L(zhǎng)的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌相連；導(dǎo)軌處于一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其末端裝有擋板M、N．兩根平行金屬棒G、H垂直導(dǎo)軌放置，G的中心用一不可伸長(zhǎng)絕緣細(xì)繩通過(guò)輕質(zhì)定滑輪與斜面底端的物塊A相連；初始時(shí)刻繩子處于拉緊狀態(tài)并與G垂直，滑輪左側(cè)細(xì)繩與斜面平行，右側(cè)與水平面平行．從開(kāi)始，H在水平向右拉力作用下向右運(yùn)動(dòng)；時(shí)，H與擋板M、N相碰后立即被鎖定．G在后的速度一時(shí)間圖線如圖（b）所示，其中段為直線．已知：磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，，G、H和A的質(zhì)量均為，G、H的電阻均為；導(dǎo)軌電阻、細(xì)繩與滑輪的摩擦力均忽略不計(jì)；H與擋板碰撞時(shí)間極短；整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程A未與滑輪相碰，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好：，，重力加速度大小取，圖（b）中e為自然常數(shù)，．求：（1）在時(shí)間段內(nèi)，棒G的加速度大小和細(xì)繩對(duì)A的拉力大小；（2）時(shí)，棒H上拉力的瞬時(shí)功率；（3）在時(shí)間段內(nèi)，棒G滑行的距離．【答案】（1）；；（2）；（3）【命題意圖】此題考查電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力。對(duì)速度圖像的理解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。【解析】（1）由圖像可得在內(nèi)，棒G做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度為依題意物塊A的加速度也為，由牛頓第二定律可得解得細(xì)繩受到拉力（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律推導(dǎo)出“雙棒”回路中的電流為由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和安培力公式有由于在內(nèi)棒G做勻加速運(yùn)動(dòng)，回路中電流恒定為，兩棒速度差為保持不變，這說(shuō)明兩棒加速度相同且均為a；對(duì)棒H由牛頓第二定律可求得其受到水平向右拉力由圖像可知時(shí)，棒G的速度為此刻棒H的速度為其水平向右拉力的功率．（3）棒H停止后，回路中電流發(fā)生突變，棒G受到安培力大小和方向都發(fā)生變化，棒G是否還拉著物塊A一起做減速運(yùn)動(dòng)需要通過(guò)計(jì)算判斷，假設(shè)繩子立刻松弛無(wú)拉力，經(jīng)過(guò)計(jì)算棒G加速度為物塊A加速度為說(shuō)明棒H停止后繩子松弛，物塊A做加速度大小為的勻減速運(yùn)動(dòng)，棒G做加速度越來(lái)越小的減速運(yùn)動(dòng)；由動(dòng)量定理、法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可以求得，在內(nèi)棒G滑行的距離這段時(shí)間內(nèi)物塊A速度始終大于棒G滑行速度，繩子始終松弛。關(guān)注公眾號(hào)高中物理學(xué)習(xí)研究獲取更多優(yōu)質(zhì)資源！考點(diǎn)02電磁感應(yīng)+動(dòng)量守恒定律1.（2024高考江西卷）如圖（a）所示，軌道左側(cè)斜面傾斜角滿足sinθ1=0.6，摩擦因數(shù)，足夠長(zhǎng)光滑水平導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向上，右側(cè)斜面導(dǎo)軌傾角滿足sinθ2=0.8，摩擦因數(shù)。現(xiàn)將質(zhì)量為m甲=6kg的導(dǎo)體桿甲從斜面上高h(yuǎn)=4m處由靜止釋放，質(zhì)量為m乙=2kg的導(dǎo)體桿乙靜止在水平導(dǎo)軌上，與水平軌道左端的距離為d。已知導(dǎo)軌間距為l=2m，兩桿電阻均為R=1Ω，其余電阻不計(jì)，不計(jì)導(dǎo)體桿通過(guò)水平導(dǎo)軌與斜面導(dǎo)軌連接處的能量損失，且若兩桿發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，取g=10m/s2，求：（1）甲桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)，乙桿的加速度？（2）乙桿第一次滑上斜面前兩桿未相碰，距離d滿足的條件？（3）若乙前兩次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上相對(duì)于水平導(dǎo)軌的豎直高度y隨時(shí)間t的變化如圖（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均為未知量），乙第二次進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0~t3時(shí)間內(nèi)未進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌，求d的取值范圍?！敬鸢浮浚?）a乙0=2m/s2，方向水平向右；（2）d≥24m；（3）【解析】（1）甲從靜止運(yùn)動(dòng)至水平導(dǎo)軌時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有甲剛進(jìn)人磁場(chǎng)時(shí)，平動(dòng)切割磁感線有E0=Blv0則根據(jù)歐姆定律可知此時(shí)回路的感應(yīng)電流為根據(jù)楞次定律可知，回路中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较颍ǜ┮暎Y(jié)合左手定則可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛頓第二定律有BI0l=m2a乙0帶入數(shù)據(jù)有a乙0=2m/s2，方向水平向右（2）甲和乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)不受外力作用，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，若兩者共速時(shí)恰不相碰，則有m1v0=(m1＋m2)v共對(duì)乙根據(jù)動(dòng)量定理有其中聯(lián)立解得dmin=Δx=24m則d滿足d≥24m（3）根據(jù)（2）問(wèn)可知，從甲剛進(jìn)入磁場(chǎng)至甲、乙第一次在水平導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定，相對(duì)位移為Δx=24m，且穩(wěn)定時(shí)的速度v共=6m/s乙第一次在右側(cè)斜軌上向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2=m2a乙上根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與速度的關(guān)系有2a乙上x(chóng)上=v共2乙第一次在右側(cè)斜軌上向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2=m2a乙下再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與速度的關(guān)系有2a乙下x下=v12且x上=x下聯(lián)立解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)的速度v1=5m/s由于兩棒發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，則甲乙整體第一次在右側(cè)傾斜軌道上向上運(yùn)動(dòng)有（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcosθ2=(m1＋m2)a共上同理有2a共上x(chóng)共上=v2且由圖（b）可知x上=4.84x共上解得甲、乙碰撞后的速度乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)后與甲相互作用的過(guò)程中，甲、乙組成的系統(tǒng)合外力為零，根據(jù)動(dòng)量守恒有m1v2－m2v1=(m1＋m2))v解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)時(shí)甲的速度為若乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)時(shí)與甲發(fā)生碰撞，則對(duì)應(yīng)d的最小值，乙第一次在右側(cè)斜軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，對(duì)甲根據(jù)動(dòng)量定理有其中解得根據(jù)位移關(guān)系有dmin′－Δx=Δx1解得若乙返回水平導(dǎo)軌后，當(dāng)兩者共速時(shí)恰好碰撞，則對(duì)應(yīng)d最大值，對(duì)乙從返回水平導(dǎo)軌到與甲碰撞前瞬間的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理有其中解得根據(jù)位移關(guān)系有dmax－Δx－Δx1=Δx2解得則d的取值范圍為2.（2023高考全國(guó)甲卷）（20分）如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對(duì)齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌所在區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)