2026届高三物理一轮复习专项训练：动量观点在电磁感应中的应用

2026高三物理一轮复习：动量观点在电磁感应中的应用 一、基础巩固练 1.如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a（a<L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小（ ） A．大于 B．等于 C．小于 D．以上均有可能 2.（多选）现有如图所示光滑金属轨道处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，左边较宽部分两轨道间距为2d，右边较窄部分两轨道间距为d，轨道电阻不计．现有均匀导体棒，电阻值为R，从左侧以初速度v0＝向右运动，出发点到两侧轨道交界ab处距离为x，导体棒质量为m.下列结论正确的是（ ） A．导体棒运动至ab处速度为v0 B．导体棒运动至ab处速度为v0 C．导体棒在右侧区域运动2x减速到0 D．导体棒在右侧区域运动4x减速到0 3.如图所示，竖直放置的U形光滑导轨与一电容器串联．导轨平面有垂直于纸面的匀强磁场，金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑．电容C足够大，原来不带电，不计一切电阻．设导体棒的速度为v、动能为Ek、两端的电压为Uab、电容器带的电荷量为q，它们与时间t、位移x的关系图像正确的是（ ） 4.如图所示，一质量为2m的足够长的光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc边平行且和长为L的bc边垂直，整个金属框电阻可忽略．一根质量为m的导体棒MN置于金属框上，装置始终处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框向右的初速度v0，运动时MN始终与金属框保持良好接触且与bc边平行，则整个运动过程中（ ） A．感应电流方向为M→b→c→N→M B．导体棒的最大速度为 C．通过导体棒的电荷量为 D．导体棒产生的焦耳热为mv 5．如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上．导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行．不计空气阻力．求： （1）金属棒P滑出导轨时的速度大小； （2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； （3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间． 二、能力提升练 6.（多选）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v0，则此后的运动过程中下列说法正确的是（ ） A．导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒 B．两棒最终以相同的速度做匀速直线运动 C．ab棒最终的速度为v0 D．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mv 7．一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上．宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示． 　 图（a）　　　　　　　　图（b） （1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场．运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小． （2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示．让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场．运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好．求 8.如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ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B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.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g. （1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； （2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； （3）在（2）问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx. 三、拓展培优练 9．如图甲所示，航母上配备了先进的电磁弹射系统．电磁弹射系统的具体实现方案有多种，并且十分复杂．一种简化的物理模型如图乙所示，电源和一对足够长平行金属导轨M、N分别通过单刀双掷开关K与电容器相连．电源的电动势E＝6 V，内阻不计．两条足够长的导轨相距L＝0.2 m且水平放置于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面且竖直向下，电容器的电容C＝10 F．现将一质量为m＝0.1 kg、电阻R＝1 Ω的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触．将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下运动．不计导轨和电路其他部分的电阻，不计电容器充、放电过程中电磁辐射和导轨产生的磁场对滑块的作用，忽略金属滑块运动过程中的一切摩擦阻力．下列说法正确的是（ ） A．开关K置于b后，金属块先做加速运动、后做减速运动 B．开关K置于b的瞬间，金属滑块的加速度大小为 7 m/s2 C．开关K置于b后，金属滑块获得的最大速度大小为30 m/s D．开关K置于b后，电容器最终带电量为零 10.如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切．MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场．长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点．质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等．忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g.现将金属棒ab由静止释放．求： (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离． 2026高三物理一轮复习：动量观点在电磁感应中的应用 一、基础巩固练 1.如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a（a<L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小（ ） A．大于 B．等于 C．小于 D．以上均有可能 答案：B　解析：通过线圈横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程－B1at1＝mv－mv0，线圈离开磁场过程－B2at2＝0－mv，由于q＝t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝，故B正确. 2.（多选）现有如图所示光滑金属轨道处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，左边较宽部分两轨道间距为2d，右边较窄部分两轨道间距为d，轨道电阻不计．现有均匀导体棒，电阻值为R，从左侧以初速度v0＝向右运动，出发点到两侧轨道交界ab处距离为x，导体棒质量为m.下列结论正确的是（ ） A．导体棒运动至ab处速度为v0 B．导体棒运动至ab处速度为v0 C．导体棒在右侧区域运动2x减速到0 D．导体棒在右侧区域运动4x减速到0 答案：AC　解析：根据题意可知，导体棒运动至ab过程中，所受平均安培力为＝B·2d，由动量定理有－t＝－B·2dt＝－2Bdq＝mv－mv0，又有q＝＝，联立解得v＝＝v0，故B错误，A正确；根据题意，在右侧区域运动过程中，由动量定理有－′t′＝－B·d′t′＝－Bdq′＝0－mv，又有q′＝＝，联立解得x′＝2x，故C正确，D错误. 3.如图所示，竖直放置的U形光滑导轨与一电容器串联．导轨平面有垂直于纸面的匀强磁场，金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑．电容C足够大，原来不带电，不计一切电阻．设导体棒的速度为v、动能为Ek、两端的电压为Uab、电容器带的电荷量为q，它们与时间t、位移x的关系图像正确的是（ ） 答案：B　解析：设导轨间距为L，释放后电容器充电，电路中有充电电流i，棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－iLB＝ma，i＝＝＝＝CBLa，由此得mg－BL·CBLa＝ma，解得a＝，可见棒的加速度不变，做匀加速直线运动，v＝at，Uab＝BLv＝BLat，故A、C错误；Ek＝mv2＝m×2ax，故B正确；q＝CUab＝BCLat，与时间成正比，而棒做匀加速运动，故与位移不是正比关系，故D错误. 4.如图所示，一质量为2m的足够长的光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc边平行且和长为L的bc边垂直，整个金属框电阻可忽略．一根质量为m的导体棒MN置于金属框上，装置始终处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框向右的初速度v0，运动时MN始终与金属框保持良好接触且与bc边平行，则整个运动过程中（ ） A．感应电流方向为M→b→c→N→M B．导体棒的最大速度为 C．通过导体棒的电荷量为 D．导体棒产生的焦耳热为mv 答案：C　解析：金属框以初速度v0向右运动时，导体棒MN还没开始运动，此时金属框bc边切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，回路中的感应电流的方向为c→b→M→N→c，A错误；金属框bc边中的电流方向沿c→b，导体棒MN中的电流方向沿M→N，根据左手定则可知，导体棒与金属框所受安培力大小相等，方向相反，把框和棒MN视作一个系统，遵循动量守恒定律，则有2mv0＝3mv，解得其共同速度v＝，方向沿导轨向右，B错误；以棒MN为研究对象，由动量定理得BLΔt＝mv－0，即BLq＝m·－0，即整个过程中通过导体棒的电荷量为q＝，C正确；根据能量守恒定律，整个运动过程中产生的总热量Q＝×2mv－×3mv2＝mv，D错误. 5．如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上．导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行．不计空气阻力．求： （1）金属棒P滑出导轨时的速度大小； （2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； （3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间． 解析：（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 3mv0＝3mvQ＋mvP ×3mv＝×3mv＋mv 联立解得vP＝v0，vQ＝v0 由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为v′P＝vQ＝v0. （2）根据能量守恒有mv＝mv′＋Q 解得Q＝mv. （3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 －BlΔt＝mv′P－mvP 又q＝Δt，＝＝＝ 联立可得x＝ 由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t＝＝. 答案：（1）v0　（2）mv　（3） 二、能力提升练 6.（多选）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v0，则此后的运动过程中下列说法正确的是（ ） A．导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒 B．两棒最终以相同的速度做匀速直线运动 C．ab棒最终的速度为v0 D．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mv 答案：AC　解析：cd获得速度后，电路中产生感应电流，根据左手定则和牛顿第二定律可知，cd棒减速，ab棒加速，当BLvab＝2BLvcd时，回路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒运用动量定理得－·2LBt＝2mvcd－2mv0，LBt＝mvab，两式合并得vcd＋vab＝v0，联立解得vab＝v0，vcd＝v0，故B错误，C正确；由m·v0＋2m·v0＝mv0≠2m·v0，故导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A正确；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Q＝·2mv－·mv－·2mv，解得Q＝mv，故D错误. 7．一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上．宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示． 　 图（a）　　　　　　　　图（b） （1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场．运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小． （2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示．让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场．运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好．求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量． 解析：（1）设金属框的初速度大小为v0，则金属框完全穿过磁场的过程，由动量定理有 －2BLt＝m－mv0 通过线框的电流＝ 根据法拉第电磁感应定律有＝ 联立解得v0＝. （2）金属框进入磁场的过程，有 －B′Lt′＝mv1－mv0 闭合电路的总电阻R总＝R0＋＝R0 通过线框的电流′＝ 根据法拉第电磁感应定律有′＝ 解得v1＝ 金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，则有－B ″Lt″＝－mv1 通过金属框的电流″＝ 根据法拉第电磁感应定律有″＝，解得x＝L 故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处 对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有 Q总＝mv－mv 电阻R1产生的热量为Q1＝·Q总 金属框完全在磁场中运动过程，有Q总′＝mv 电阻R1产生的热量为Q1′＝Q总′ 电阻R1产生的总热量为Q1总＝Q1＋Q1′ 解得Q1总＝. 答案：（1）　（2） 8.如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ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B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.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g. （1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； （2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； （3）在（2）问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx. 解析：（1）棒a匀速运动时，对棒a分析，由平衡条件有 mg sin θ＝BI1L 由法拉第电磁感应定律有E1＝BLv0 由欧姆定律有I1＝ 联立解得v0＝. （2）当棒a匀速运动时，释放棒b，分析可知，棒b受到沿导轨向下的安培力，则释放棒b的瞬间，对棒b，由牛顿第二定律有 mg sin θ＋BI1L＝ma0 又BI1L＝mg sin θ 解得a0＝2g sin θ. （3）从棒b释放瞬间到两棒共速，对棒a根据动量定理有mgt0sin θ－IF＝mv－mv0.　　① 对棒b根据动量定理有mgt0sin θ＋IF＝mv　　② 解得v＝gt0sin θ＋ t0时间内a、b棒与导轨构成的回路中产生的感应电动势的平均值＝＝ ＝ 联立解得IF＝BLt0＝ 由①②得2IF＝mv0，解得Δx＝. 答案：（1）　（2）2g sin θ （3）gt0sin θ＋　 三、拓展培优练 9．如图甲所示，航母上配备了先进的电磁弹射系统．电磁弹射系统的具体实现方案有多种，并且十分复杂．一种简化的物理模型如图乙所示，电源和一对足够长平行金属导轨M、N分别通过单刀双掷开关K与电容器相连．电源的电动势E＝6 V，内阻不计．两条足够长的导轨相距L＝0.2 m且水平放置于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面且竖直向下，电容器的电容C＝10 F．现将一质量为m＝0.1 kg、电阻R＝1 Ω的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触．将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下运动．不计导轨和电路其他部分的电阻，不计电容器充、放电过程中电磁辐射和导轨产生的磁场对滑块的作用，忽略金属滑块运动过程中的一切摩擦阻力．下列说法正确的是（ ） A．开关K置于b后，金属块先做加速运动、后做减速运动 B．开关K置于b的瞬间，金属滑块的加速度大小为 7 m/s2 C．开关K置于b后，金属滑块获得的最大速度大小为30 m/s D．开关K置于b后，电容器最终带电量为零 答案：C　解析：开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流为I＝，以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝ILB＝ma，解得a＝＝6 m/s2，故B错误；金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大．设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，流过金属滑块的平均电流为I，在金属滑块滑动过程中，由动量定理得ILB·Δt＝mv－0，由电流的定义Δq＝IΔt，由电容的定义C＝，电容器放电过程的电荷量变化为Δq＝CΔU，且ΔU＝E－U，故BLC（E－U）＝mv，金属滑块运动后速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得U＝BLv，联立解得v＝30 m/s，故A错误，C正确；由C选项分析可知，当金属滑块运动后，速度最大时起飞，其两端电压为U＝BLv＝3 V，即此时电容器两端电压为3 V，电容极板上依然有电荷，未完全放电，故D错误．故选C. 10.如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切．MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场．长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点．质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等．忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g.现将金属棒ab由静止释放．求： (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离． 解析　(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有 mgL＝mv 解得v0＝ 则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为 E＝BLv0＝BL. (2)因为圆环的半径为L，且其圆心到两直导轨的距离相等，由几何关系可得，图甲中圆弧cd和圆弧ef所对圆心角均为60°，则圆弧cd和ef的电阻均为圆环总电阻的，即大小均为R，等效电路图如图乙所示，只有cd和ef段的电阻连入电路中，并联后的电阻R并＝＝ 由闭合电路欧姆定律得回路中的电流 I＝＝ 两条支路的电流均为I支＝ cd边和ef边所受安培力均为F＝BI支L 整个金属环所受安培力大小 F环＝2F＝ 对金属环，由牛顿第二定律可得其加速度 a＝＝. (3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，由动量守恒定律有 mv0＝mv＋2mv 解得v＝v0 对金属棒ab，由动量定理有－BLt＝m·－mv0 则有BLq＝mv0 设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，则有 q＝ 联立解得Δx＝x1－x2＝ 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离d＝L＋Δx＝. 答案　(1)BL　(2) (3) 学科网（北京）股份有限公司 $