动量观点在电磁感应中的应用 典型考点归纳专项练-2026届高考物理复习备考

动量观点在电磁感应中的应用 一、单选题 1．如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为l，右侧导轨间距为2l，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现瞬间给cd一水平向右的初速度，则此后的运动，过程中下列说法正确的是（　　） A．ab棒最终的速度 B．全过程中，通过导体棒cd的电荷量为 C．从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为 D．导体棒ab和cd组成的系统动量守恒 2．如图1、2中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图1中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面（即纸面）向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图1、2两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是（　　） A．图1中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动 B．图2中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止 C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大 D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动 3．如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（　　） A．弹簧伸展过程中，回路中产生逆时针方向的电流 B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为 4．如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R = 0.5 Ω，两轨道间距d = 1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下、磁感应强度大小B = 0.5 T的匀强磁场。一质量为m = 0.5 kg、长为l = 1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1 = 0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2 = 0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2 = 0.8 m。通过计算可知（g取10 m/s2，不计空气阻力）（　　） A．导体棒进入磁场时的速度为3 m/s B．导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为2 J C．磁场的长度x1为2 m D．整个过程通过电阻R的电荷量为3 C 5．如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，两质量都为m、电阻都为r的导体棒、垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两棒两导体棒距离足够远，静止，以初速度向右运动，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁场，则（　　） A．导体棒的最终速度为 B．导体棒产生的焦耳热为 C．通过导体棒横截面的电量为 D．两导体棒的初始距离最小为 二、多选题 6．如图所示，一质量为m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为2m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则（　　） A．刚开始运动时产生的感应电流方向为b→c→N→M B．导体棒的最终和U形光滑金属框一起匀速直线运动速度为 C．导体棒产生的焦耳热为 D．通过导体棒的电荷量为 7．如图所示，、、、四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为和，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在竖直向下的磁感应强度为的匀强磁场，两根质量均为，接入电路的电阻均为的导体棒、分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，不计导体棒外其余部分电阻。时使导体棒获得瞬时速度向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好。且达到稳定运动时导体棒未到两组导轨连接处。则下列说法正确的是（　　） A．时，导体棒的加速度大小为 B．达到稳定运动时，、两棒速度之比 C．从时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为 D．从时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为 8．如图所示，宽度为的水平宽导轨左侧平滑连接倾斜导轨，右侧连接宽度为的水平窄导轨，宽窄导轨区域分别有竖直向上的匀强磁场和。一质量为、电阻为的导体棒静止在窄导轨区域，另一质量为，电阻为的导体棒由倾斜导轨高处静止滑下。宽窄导轨长度足够，不计导轨电阻和一切摩擦，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．导体棒a进入水平宽导轨时的速度 B．两导体棒达到稳定状态后，导体棒b的速度 C．整个过程在导体棒b上产生的焦耳热 D．整个过程通过导体棒a的电荷量 9．如图所示，平行金属导轨AHQD、PNM上放置有一导体棒ab，导轨倾斜部分置于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨AHQD水平部分通过导线分别连接有电容器（电容为C）和定值电阻（阻值为R），导轨M端接有一单刀双掷开关，导轨间距为L，导轨倾斜部分的倾角为θ，导体棒与导轨间动摩擦因数为（<tanθ），导体棒质量为m，导轨、导体棒和导线的电阻忽略不计，重力加速度g=10m/s2。现在离HN足够远处由静止释放导体棒ab，导体棒可沿导轨向下运动，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，则（　　） A．断开开关时，导体棒做加速度减小的加速运动，最后匀速下滑 B．开关接1，若导体棒运动距离为s时，速度为v，则所用时间 C．开关接2，导体棒匀加速下滑 D．开关接2，通过导体棒的电流 三、解答题 10．舰载机着舰时电磁阻拦技术的基本原理如图甲所示，平行导轨与间距，电阻不计，间接有阻值的电阻。某舰载机质量，金属棒质量，电阻也为，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度。某次测试，舰载机以水平速度通过绝缘阻拦索迅速钩住轨道上的金属棒后，立即关闭动力系统获得共同速度，在磁场中一起减速滑行至停下，舰载机，金属棒的图像如图乙所示，除安培力外舰载机克服其他恒定阻力做功为，求： (1)舰载机钩住金属棒后它们获得的共同速度大小v； (2)从舰载机与金属棒共速到它们停下来的过程中，回路中产生的焦耳热Q； (3)若舰载机和金属棒一起减速滑行了后停下，则从舰载机与金属棒共速到它们停下来所经历的时间。 11．如图所示，电阻不计，动摩擦因数为的平行金属导轨和放置在水平面内。间接有阻值为的电阻。导轨相距，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。质量为，电阻为的导体棒垂直于导轨放置，并接触良好，现用平行于的恒力向右拉动导体棒，导体棒运动4m后达到最大速度。重力加速度。导体棒长度。则： (1)导体棒的最大速度是多少？ (2)加速过程中流过导体棒的电量及电阻R上产生的热量为多少？ (3)加速时间为多少？ 12．如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为。   （1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小； （2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小； （3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离。    13．如图1所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L，左端连接一个电容为C的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0，之后金属棒运动的v－t图象如图2所示．不考虑导轨的电阻． (1)求金属棒匀速运动时的速度v1； (2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q； (3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q，求电容器充电稳定后储存的电能E． 14．如图所示，两光滑平行金属导轨abc和efg固定，间距，其中ab、ef是半径为的四分之一圆弧导轨，bc、fg是与圆弧轨道相切的水平导轨，水平导轨所在的区域有磁感应强度大小为，方向竖直向上的匀强磁场。初始时刻，质量为的金属棒Q与水平导轨垂直放置，与bf之间的距离为。现将另一根质量为的金属棒P从ae位置由静止释放。已知P、Q接入电路的电阻分别为，P、Q运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，导轨长度无限长，取重力加速度。求： (1)P进入磁场瞬间，Q的加速度大小； (2)从P进入磁场到速度恒定的过程中，Q上产生的焦耳热； (3)P、Q之间的最小距离。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 C B C C D BCD ACD ACD BCD 1．C 当导体棒ab和cd产生的电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有，对导体棒ab由动量定理可得；对导体棒cd由动量定理可得，联立解得，，故A错误；对导体棒cd有，又，联立解得，故B错误；由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热，解得，故C正确；导体棒ab和cd的长度不一样，所以受到的安培力大小不相等，系统合力不为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故D错误。 2．B A．图1中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误； BD．图2中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误； C．根据 有 得 电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为图1中导体棒的动量变化量小于图2，所以图1中通过R的电荷量小于图2中通过R的电荷量，故C错误。 故选B。 3．C A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，故A错误； B．任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力 FPQBI·2d 方向向左，MN所受安培力 FMN＝2B I·d 方向向右，可知两棒及轻质绝缘弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，根据动量守恒定律 2mvmv′ 解得 v′2v 此时回路中的感应电流 故MN所受安培力大小为 FMN2BId＝ 故B错误； C．根据动量守恒定律 2mvmv′ 知整个运动过程中，任意时刻MN与PQ的速率都有 v′2v 故MN与PQ的速率之比始终为2∶1，时间相同，故路程比等于速率比， 故MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确； D．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，时间相同，由动量守恒可得 mx12mx2 x1x2L 可得最终MN向左移动 x1PQ向右移动 x2 则整个运动过程中，通过MN的电荷量为 故D错误。 故选C。 4．C A．设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据动能定理有 解得 故A错误； B．导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有 竖直方向有 联立代入数据解得 导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有 解得 则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3 J，故B错误； CD．导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有 又有 联立代入数据解得 ， 故C正确，D错误。 故选C。 5．D A．根据楞次定律，导体棒、最终以相同的速度匀速直线运动，设共同速度为，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得 解得 故A错误； B．设导体棒、在整个过程中产生的焦耳热为，根据能量守恒定律可得 解得 导体棒、的电阻都为r，因此导体棒产生的焦耳热为 故B错误； C．对导体棒，由动量定理得 因为，故 因此通过导体棒横截面的电量为 故C错误； D．当导体棒、速度相等时距离为零时，两棒初始距离最小。设最小初始距离为l，则通过导体棒横截面的电量 解得 故D正确。 故选D。 6．BCD A．金属框开始获得向右的初速度v0，根据楞次定律可知回路磁通量增大，原磁场垂直纸面向里，所以感应电流磁场垂直向外，再根据安培定则可知感应电流方向为c→b→M→N，最后当二者速度相等时，回路中没有感应电流，故A错误； B．以金属框和导体棒整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度达到相等，取初速度方向为正，根据动量守恒定律可得 可得 故B正确； C．由能量守恒可知，导体棒产生的焦耳热 故C正确。 D．对导体棒，根据动量定理可得 其中 可得通过导体棒的电荷量为 故D正确。 故选BCD。 7．ACD A．开始时，导体棒中的感应电动势 电路中感应电流 导体棒D所受安培力 F=BIL 导体棒D的加速度为a，则有 F=ma 解得 故A正确； B．稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为v1，v2，则有 对变速运动中任意极短时间△t，由动量定理得，对C棒 对D棒 故对变速运动全过程有 解得 故B错误； C．根据能量守恒可知回路产生的电能为 解得 故C正确； D．由上分析可知对变速运动中任意极短时间△t，由动量定理得，对C棒 可得 解得 故D正确。 故选ACD。 8．ACD 根据动能定理有，解得，故A正确；两导体棒达到稳定状态时，设a、b导体棒的速度分别为，则有，对a、b导体棒根据动量定理有，，解得，由于解得，故B错误，D正确；根据能量守恒定律有，整个过程在导体棒b上产生的焦耳热，故C正确。 9．BCD A．断开开关，导体棒切割磁感线产生电动势，但由于没有闭合回路，故没有安培力，导体棒所受合力大小 则导体棒匀加速下滑，A错误； B．开关接1，导体棒切割磁感线产生感应电动势 导体棒做加速度减小的加速运动，最后匀速下滑，对导体棒受力分析，列动量定理表达式有 其中 解得 故B正确； CD．开关接2，导体棒切割磁感线对电容器充电，回路中有充电电流，对导体棒受力分析如图所示，列牛顿第二定律方程有 充电电流 解得 加速度恒定，则导体棒匀加速下滑，电流计算可得 故CD正确。 故选BCD。 10．(1)50m/s (2) (3)52.5s （1）对M、m由动量守恒定律得 解得。 （2）舰载机与金属棒共速到它们停下来的过程中，根据动能定理得 ，又 解得。 （3）舰载机与金属棒共速到它们停下来的过程中，根据动量定理得，安培力 通过金属棒的电荷量，又，， 解得 又， 联立各式解得。 11．(1)4m/s (2)1C   1.2J (3)1.8s （1）对于导体棒CD，所受安培力为 设导体棒CD运动的最大速度为，则导体棒CD产生的感应电动势 在回路CDMO中，由闭合电路欧姆定律 当时，有， 联立各式解得。 （2）加速过程中流过导体棒的电量 由电磁感应定律可得 由闭合电路欧姆定律可得 联立解得 由功能关系可知电阻R上产生的热量为。 （3）导体棒速度达到最大时，由动量定理可得 解得。 12．（1）；（2）；（3）， （1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得 有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得 ，a棒受力平衡可得 联立记得 （2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒 沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b棒牛顿第二定律可得 解得 （3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒动量定理 b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理 联立解得 此过程流过b棒的电荷量为q，则有 由法拉第电磁感应定律可得 联立b棒动量定理可得 13．(1) (2)(3)－－Q (1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E=BLv1 电容器的电荷量q=CE 金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有－BLt0=mv1－mv0 电容器的电荷量q=t0 联立解得v1= (2)由(1)可知q=CE=CBLv1= (3)在0～t时间内，金属棒的速度由v0到v1，由能量守恒可得E＋Q= 解得E=－－Q 14．(1) (2)4.5J (3)0.3m （1）P从ae运动到bf的过程中，由动能定理得 解得 P进入磁场瞬间，P切割磁感线产生的感应电动势大小为 根据闭合电路欧姆定律得 对Q由牛顿第二定律得 解得Q的加速度大小。 （2）从P进入磁场到速度恒定的过程中，P、Q组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 ，解得 由能量守恒定律得 解得 Q上产生的焦耳热为 。 （3）当P、Q共速时，二者之间的距离最小，对Q根据动量定理得 设从P进入磁场开始，在这段时间内，两导轨之间的距离减少了，根据法拉第电磁感应定律得，根据闭合电路欧姆定律得 联立解得 P、Q之间的最小距离为。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $