专题突破练 电磁感应中的动量问题 专项训练 -2026届高考物理二轮复习

专题突破练 电磁感应中的动量问题 选择题:1~6题每小题3分,7~8题每小题4分,共26分 一、基础巩固练　 1.(2025石家庄实验中学模拟)如图所示,该装置可形成稳定的辐向磁场,磁场内有匝数为n、半径为R的圆形线圈,在t=0时刻线圈由静止释放,经时间t速度变为v,假设此段时间内线圈所在处磁感应强度大小恒为B,线圈导线单位长度的质量和电阻分别为m、r,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.在t时刻线圈的加速度大小为g- B.0~t时间内通过线圈的电荷量为 C.0~t时间内线圈下落高度为 D.线圈下落过程中,通过线圈的磁通量始终为零 2.(2025河北保定一模)如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1固定在绝缘水平面上,左、右两侧导轨间距分别为2L和L。金属棒a、b的质量分别为2m、m,阻值分别为2R、R,长度分别为2L、L,整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属棒a一水平向右的初速度v0,经一段时间后金属棒a、b达到稳定速度。已知运动过程中两金属棒a、b始终与导轨垂直且接触良好,金属棒a一直未到达NN1位置,下列说法正确的是(　　) A.稳定后金属棒a的速度大小为v0 B.稳定后金属棒b的速度大小为v0 C.整个运动过程中产生的热量为 D.从开始运动至达到稳定速度的过程中,流过金属棒b的电荷量为 3.(2025陕晋青宁卷)如图所示,光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场,其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m,长均为2L,宽均为L,电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度 v0=并排进入磁场,忽略两线框之间的相互作用。则(　　) A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B.甲、乙线框刚进磁场区域时,所受合力大小之比为1∶1 C.乙线框恰好完全出磁场区域时,速度大小为0 D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 4.(多选)如图所示,将光滑的平行金属导轨固定在绝缘水平面上,导轨间距为L,左、右倾斜导轨与水平面夹角均为θ=30°,中间导轨水平且足够长。导轨间存在竖直向下的匀强磁场,左侧倾斜导轨间磁感应强度大小为2B,中间和右侧倾斜导轨间磁感应强度大小为B。将长度均为L的导体棒ab、cd放置在倾斜导轨上,距水平面高度均为h。两导体棒同时由静止释放,在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好,一段时间后导体棒cd到达右侧倾斜导轨底端,速度为v。导体棒ab、cd的质量分别为2m和m,电阻分别为2R和R。导轨连接处平滑,导轨电阻不计,重力加速度为g,不考虑磁场的边界效应。下列说法正确的是(　　) A.导体棒cd到达右侧倾斜导轨底端时,导体棒ab的速度大小为v B.导体棒ab进入水平导轨时,回路中电流大小为 C.两导体棒相距最近时,速度均为0 D.从静止释放到两导体棒相距最近,通过导体棒ab的电荷量为 5.(2025广西卷)如图,两条固定的光滑平行金属导轨,所在平面与水平面夹角为θ,间距为l,导轨电阻忽略不计,两端各接一个阻值为2R的定值电阻,形成闭合回路;质量为m的金属棒垂直于导轨放置,并与导轨接触良好,接入导轨之间的电阻为R;劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行,一端固定,另一端均与金属棒中间位置相连,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2;将金属棒移至导轨中间位置时,两弹簧刚好处于原长状态;整个装置处于垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后由静止释放,金属棒沿导轨向下运动到最远处,用时为t,最远处与导轨中间位置距离为b,弹簧形变量始终在弹性限度内。此过程中(　　) A.金属棒所受安培力冲量大小为 B.每根弹簧对金属棒施加的冲量大小为 C.每个定值电阻产生的热量为 D.金属棒的平均输出功率为 6.(多选)(2024湖南卷)某电磁缓冲装置如图所示,两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内,导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连,导轨BC段与B1C1段粗糙,其余部分光滑,AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中,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进入磁场,最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R,与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ,AB=BC=d。导轨电阻不计,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) 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μmgd C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量相同 D.若将金属杆的初速度加倍,则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍 二、综合提升练　 7.(多选)(2025甘肃会宁模拟)如图所示,边长L=0.4 m、质量m=0.2 kg、电阻R=0.1 Ω的正方形线框abcd置于光滑水平桌面上,ad边与匀强磁场边界MN重合。t=0时刻,线框以初速度v0进入磁感应强度方向竖直向下的匀强磁场中,v0方向与磁场边界MN的夹角θ=53°,线框恰好能够全部进入匀强磁场。已知匀强磁场的磁感应强度大小为1.0 T,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,线框进入磁场的过程中,ad边始终与磁场边界平行,则下列说法正确的是(　　) A.线框的初速度大小v0=4 m/s B.线框进入磁场过程中最大的加速度大小为20 m/s2 C.线框进入磁场的过程中,通过线框导线横截面的电荷量为0.8 C D.线框进入磁场过程中产生的焦耳热为1.024 J 8.(多选)(2025湖北武汉调研)如图所示,两根足够长的平行金属光滑导轨MNPQ、M1N1P1Q1固定在倾角为30°的斜面上,导轨电阻不计。MN与M1N1间距为2L,PQ与P1Q1间距为L。在MN与M1N1区域有方向垂直于斜面向下的匀强磁场,在PQ与P1Q1区域有方向垂直于斜面向上的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。在MN与M1N1区域中,将质量为m、电阻为R、长度为2L的导体棒b置于导轨上,且被两立柱挡住。PQ与P1Q1区域中将质量为m、电阻为R、长度为L的导体棒a置于导轨上。a由静止下滑,经时间t,b恰好离开立柱,a、b始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,重力加速度为g。则(　　) A.两导体棒最终做匀速直线运动 B.t时刻,a的速度大小为 C.0~t内,a下滑的距离为 D.a中电流的最大值为 9.(10分)(2025甘肃卷)在自动化装配车间,常采用电磁驱动的机械臂系统。如图所示,ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨,间距为L,电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中。导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2,质量均为m,电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻,机械臂1以初速度v0向右运动,机械臂2静止。运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后,电流为零,两机械臂速度相同。 (1)求初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小及感应电流方向。 (2)系统达到稳定状态前,若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2,求两机械臂各自所受安培力的大小;若电容器两端电压为U,求电容器所带电荷量的表达式。 (3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞,二者在初始时刻的间距至少为多少? 10.(11分)(2023全国新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属框,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。 (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。 三、培优拔高练　 11.(13分)(2025云南卷)如图所示,光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱,其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框,箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示,边界右侧存在范围足够大的匀强磁场,其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。t=0时刻,箱子在水平向右的恒力F(大小未知)作用下由静止开始做匀加速直线运动,这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块(视为质点)恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间,木块与箱子分离;箱子完全进入磁场前某时刻,木块落到箱子底部,且箱子与木块均不反弹(木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞);木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中,箱子右侧壁始终与磁场边界平行,忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。 绝缘箱立体图 截面图 (1)求F的大小; (2) 求t=0时刻,箱子右侧壁与磁场边界的最小距离; (3)若t=0时刻,箱子右侧壁与磁场边界的距离为s[s大于(2)问中最小距离],求最终木块与箱子的速度大小。 参考答案 1.C　解析 在t时刻,线圈切割辐向磁场产生的感应电动势E=nB(2πR)v=2nπBRv,感应电流I=,线圈所受安培力F安=nBI·2πR=,由牛顿第二定律得2nπRmg-F安=2nπRma,解得a=g-,故A错误;从开始下落到t时刻,设线圈中的平均电流为,由动量定理得2πnRmgt-nB·2πR·t=2πRnmv-0,又q=·t,综合解得q=,故B错误;从开始下落到t时刻,下落高度为h,由q=·t=·t=·t=,由B项分析可知q=,解得h=,故C正确;线圈下落过程中,N极内部有竖直向上的磁场,通过线圈的磁通量不始终为零,故D错误。 2.C　解析 对a、b分析,根据右手定则,可知a切割磁感线产生顺时针的感应电流,根据左手定则,可知a受到向左的安培力,b受到向右的安培力,在安培力作用下a做减速运动,b从速度为0开始做加速运动,在开始后不久的某时刻,根据右手定则可知,a切割磁感线仍产生顺时针的感应电流,b切割磁感线产生逆时针的感应电流,随着a速度逐渐减小,b速度逐渐增大,则感应电流逐渐减小,所以安培力逐渐减小,故加速度逐渐减小,最终感应电流是零,设经一段时间t后金属棒a、b达到稳定速度,大小分别为v1、v2,此时电路中有2BLv1=BLv2,解得2v1=v2,分别对金属棒a、b应用动量定理得-2BL·t=2mv1-2mv0,BL·t=mv2-0,联立解得v2=v0,v1=v0,故A、B错误;由能量守恒定律知,整个运动过程中产生的热量Q=×2m×2m,故C正确;从开始运动至达到稳定速度的过程中,流过金属棒b的电荷量q=t,对金属棒b应用动量定理得BL·t=mv2-0,联立解得q=,故D错误。 3.D　解析 根据楞次定律可知,甲线框进磁场的过程中电流方向为顺时针,出磁场的过程中电流方向为逆时针,故A错误;甲线框刚进磁场区域时,所受合力为F安1=BI1L,且I1=,乙线框刚进磁场区域时,所受合力为F安2=BI2L,且I2=,可知F安1∶F安2=2∶1,故B错误;假设甲、乙线框都能完全出磁场,对甲线框,根据动量定理有-BLΔt=mv1-mv0,又q1=Δt=·Δt=,同理,对乙线框,有-BLΔt'=mv2-mv0,q2=Δt'=·Δt'=,解得v1=0,v2=v0=,故甲线框恰好完全出磁场区域,乙完全出磁场区域时,速度大小不为0,故C错误;由能量守恒定律可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1=,Q2=,即Q1∶Q2=4∶3,D正确。 4.BD　解析 设回路中电流为I,导体棒ab、cd的加速度大小分别为a1、a2,由牛顿第二定律可得 2mgsin θ-2BILcos θ=2ma1,mgsin θ-BILcos θ=ma2,可知任意时刻a1=a2,则任意时刻两导体棒速度大小都相等。两导体棒释放位置距水平面高度相同,所以当导体棒cd到达右侧倾斜导轨底端时,导体棒ab也恰好到达左侧倾斜导轨底端,速度大小也是v,故A错误;导体棒ab进入水平导轨时,两导体棒产生的总电动势E=2BLv,则回路中电流大小I=,故B正确;当两导体棒都进入水平导轨后,由于系统所受合外力为零(水平方向不受外力),系统动量守恒,设两导体棒相距最近时共同速度为v共,以向右为正方向,根据动量守恒定律2mv-mv=(2m+m)v共,解得v共=v≠0,故C错误;导体棒ab从静止释放到进入水平导轨的过程,根据q1=Δt1,,ΔΦ1=2B·L·,可得q1=,从两导体棒都进入水平导轨到相距最近的过程,根据动量定理,有-BILΔt2=2m(v共-v)(对ab棒),又q2=IΔt2,联立可得q2=,所以从静止释放到两导体棒相距最近的过程,通过导体棒ab的电荷量q=q1+q2=,故D正确。 5.D　解析 金属棒向下运动时切割磁感线产生感应电流,受到沿斜面向上的安培力,安培力的冲量I安=t=Blt=Blt=,向下运动的距离x=a+b,回路中总电阻R总=2R,故安培力冲量大小I安=,故A错误;两根弹簧对金属棒的弹力时刻相同,设单根弹簧对金属棒的冲量为I弹,以沿斜面向下为正方向,对金属棒,由动量定理有2I弹+mgtsin θ-I安=0,解得I弹=,故B错误;在下滑过程中,设回路中产生的总热量为Q总,由能量守恒定律,有Q总=mg(a+b)sin θ+2·ka2-2·kb2=mg(a+b)sin θ+k(a2-b2),由焦耳定律Q=I2Rt及电路中电流规律知,单个定值电阻产生的热量Q1=Q总=,故C错误;金属棒向电阻输出的能量全部变成了两个电阻上产生的热量,故输出的能量总共为2Q1,则平均输出功率,故D正确。 6.CD　解析 本题考查电磁感应的能量、动量问题,涉及微元法。设平行金属导轨间距为L,金属杆切割磁感线有E=BLv,而I=;根据动量定理,金属杆在AA1B1B区域运动的过程中有-BILΔt=mΔv,即可得-BLq=mvB-mv0,而q=,所以vB=v0-;设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0,同理可得,金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有--μmgt0=-mvB,解得vB=+μgt0,联立可得vB=,则金属杆经过BB1的速度大于,故A错误。在整个过程中,根据能量守恒定律有=μmgd+Q,则在整个过程中,定值电阻R产生的热量为QR=Q=μmgd,故B错误。金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量为-∑BILΔt=-∑vtΔt=-,金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d,则金属杆所受安培力的冲量相同,故C正确。根据A选项可知,金属杆以初速度v0在磁场中运动有--μmgt0=-mv0;设金属杆的初速度加倍后,金属杆通过BB1C1C区域的时间为t1,金属杆在磁场中运动的距离为x,则有--μmgt1=0-2mv0,联立解得x=(2mv0-μmgt1)=×2d,由于t1<t0,所以>2,则x>4d,即金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍,故D正确。 7.AD　解析 线框恰好能够全部进入匀强磁场,表明线框最终沿边界做匀速直线运动,根据动量定理有-BLΔt=0-mv0sin θ,根据闭合电路欧姆定律有,其中L=Δt,解得v0=4 m/s,A项正确;线框刚进入磁场时,感应电动势最大,感应电流最大,则有Imax=,amax=,解得amax=25.6 m/s2,B项错误;结合上述,q=Δt,解得q=1.6 C,C项错误;根据能量守恒定律,有Q=m(v0cos θ)2=m(v0sin θ)2=1.024 J,D项正确。 8.BD　解析 若a棒最终做匀速直线运动,则有BI0L=mgsin 30°,此时对b棒则有BI0(2L)>mgsin 30°,可见两导体棒最终不会都做匀速直线运动,A错误;设t时刻,a的速度大小为v,a棒产生的感应电动势E=BLv,由闭合电路欧姆定律,有E=I×2R,分析b受力,得BI(2L)=mgsin 30°,解得v=,B正确;在时间t内,对a棒由动量定理有(mgsin 30°)t-x=mv,解得x=2R,C错误;由闭合电路欧姆定律,a棒中的电流满足I=,对b棒,由牛顿第二定律,有2BIL-mgsin 30°=mab,对a棒,由牛顿第二定律,有mgsin 30°-BIL=maa,显然,当电流最大时,va-2vb最大,有Δva=2Δvb,即aa=2ab,解得Im=,D正确。 9.答案 (1)BLv0　竖直向上 (2)BI1L　BI2L QC= (3) 解析 (1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E=BLv0 由右手定则可知感应电流方向为竖直向上。 (2)由题可知,机械臂1所受安培力F1=BI1L 机械臂2所受安培力F2=BI2L 设机械臂1、2的速度分别为v1、v2,则UC=BLv1-I1R=BLv2+I2R 对机械臂1,由动量定理可知 -t=mv1-mv0 即BLQ1=m(v0-v1) 对机械臂2,由动量定理可知 t=mv2 即BLQ2=mv2 又因为Q1-Q2=QC 且QC=UCC 联立解得QC= 。 (3)系统达到稳定时,I=0,机械臂1、2共速,设此时两机械臂速度为v 对机械臂1、2,由动量守恒可知 BL(Q1+Q2)=m(v0-2v) 又因为UC=BLv1-I1R=BLv2+I2R 故BLx1-QR=BLx2+Q2R 即x1-x2= 所以v= 二者在初始时刻间距至少为xmin=。 10.答案 (1)　(2) 解析 (1)设金属框的初速度为v0,则金属框完全穿过磁场的过程中,根据动量定理可得 -BLt=m-mv0 通过金属框的电流 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中 根据动量定理可得-B'Lt'=mv1-mv0 通过金属框的电流'= 根据法拉第电磁感应定律有'= 解得v1= 金属框完全在磁场中运动时,根据动量定理可得 -B″Lt″=mv2-mv1 通过金属框的电流″= 根据法拉第电磁感应定律有″= 解得v2=0 即金属框右边刚好停在磁场右侧边界处 在进入磁场的过程中Q总= 电阻R1的发热量为Q1=Q总 解得Q1= 金属框完全在磁场中运动时,Q总'= 电阻R1的发热量为Q1'=Q总' 解得Q1'= 电阻R1上的总发热量Q1总=Q1+Q1' 解得Q1总=。 11.答案 (1)　(2)　(3)见解析 解析 (1)设箱子对木块的支持力为FN,开始时木块恰好与箱子保持相对静止,对木块受力分析 水平方向上有FN=ma 竖直方向上有μFN=mg 对木块、箱子、导线框整体受力分析 有F=(M+m)a 联立解得a=,F=。 (2)由箱子右侧壁进入磁场瞬间木块与箱子分离可知,此时箱子与木块间无弹力,故箱子将做匀速运动或减速运动,即当t=0时刻箱子右侧壁与磁场距离最小时,箱子在水平方向上合力为零 有F=F安=BId 由法拉第电磁感应定律,有I= 从t=0时刻到箱子右侧刚进入磁场的过程中,由运动学公式,有v2=2ax 联立解得,t=0时刻箱子右侧壁与磁场边界的最小距离x=。 (3)设此情况下箱子和物块进入磁场前速度为v0,由运动学公式有=2as 木块与箱子分离后,在竖直方向上做自由落体运动,设经过t0时间落到箱子底部,则有h= 从箱子右端进入磁场到完全进入磁场的过程中,对箱子和木块整体,由动量定理,有 Ft0-t=(M+m)(vt-v0),其中t= 联立解得vt=- 当时,最终木块与箱子的速度大小为v= 当时,最终木块与箱子的速度大小为v=0。 12 学科网（北京）股份有限公司 $