2026届高三物理二轮专题复习专题强化练习 第11讲 动量观点在电磁感应中的应用

第11讲 动量观点在电磁感应中的应用 专题强化练习 综合创新练 一.选择题： 1.(2025·江苏名校联考四模)如图所示，一根导体棒ab搭在两根足够长的光滑水平导轨上，整个空间有竖直向下的匀强磁场。给棒一个向右的初速度v0，此时棒所受的安培力大小为F0，只考虑电阻R，其余电阻均不计。则在此后过程中，棒的速度大小v、棒受的安培力大小F与位移x的关系图像正确的是(　　) 2.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m 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·广西卷·7)如图所示，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，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。此过程中(　　) A.金属棒所受安培力冲量大小为 B.每个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 4.(2023·辽宁卷·10改编)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 5.如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小为B。已知导体棒MN的电阻为R、质量为m，导体棒PQ的电阻为2R、质量为2m。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.弹簧伸长过程中，回路中感应电流的方向为PQNMP B.两导体棒和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为1∶2 D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为 6.(2025·江苏宿迁市、南通市、连云港市二模)如图所示，正方形导线框在光滑水平面上以某初速度进入有界匀强磁场，线框边长是磁场宽度的一半。线框穿过磁场的过程中，感应电流i随时间t的变化关系图像和速度v随位移x的变化关系图像，可能正确的是(　　) 二．计算题： 7.(2025·江苏苏州市模拟)如图所示，间距均为L=1 m的光滑平行倾斜导轨与足够长光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线MN右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为B=2 T的匀强磁场。a、b是两根完全相同且粗细均匀的金属棒，单棒质量为m=0.4 kg，电阻R=1.5 Ω，a棒垂直固定在倾斜轨道上距水平面高h=0.45 m处，b棒与水平导轨垂直并处于静止状态，距离MN足够远。现让a棒由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触且始终垂直于导轨；不计导轨电阻，重力加速度g取10 m/s2，两棒均与MN平行，求： (1)a棒刚进入磁场时b棒受到的安培力的大小； (2)稳定时b棒上产生的焦耳热； (3)至稳定时通过金属棒横截面的电荷量。 8.(2025·黑吉辽蒙卷·14)如图(a)，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m=1 kg、电阻R=0.5 Ω、边长L=1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0~1 s内B-t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示，其中0~1 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。 (1)求t=0.5 s时ad边受到的安培力大小F； (2)画出图(b)中1~2 s内B-t图像(无需写出计算过程)； (3)从t=2 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0=0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。 9.两根光滑且足够长的固定平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨的间距为L=1 m，两根导体棒ab和cd垂直导轨放置且与导轨接触良好，如图所示。导体棒的质量均为m=1 kg，电阻均为R=2 Ω，其余电阻不计，磁感应强度为B=1 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下。开始时，ab棒静止，给cd棒一水平向右的初速度v0=2 m/s，设两导体棒在此后的运动过程中始终不接触。 (1)求开始瞬间cd棒的加速度大小； (2)求两导体棒在运动中最终产生的焦耳热； (3)在整个运动过程中，求导体棒ab和cd在水平导轨间扫过的面积之差。 10.(2025·江苏省一模)如图，足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间距d=1 m，导轨间存在一个宽度L=1 m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=0.5 T，方向如图所示。一根质量ma=0.1 kg、阻值R=0.5 Ω的金属棒a以初速度v0=4 m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb=0.2 kg、阻值R=0.5 Ω、静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，求： (1)金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热； (2)金属棒a最终停在距磁场左边界多远处。 11.如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，窄轨M1N1、M2N2之间的距离L1=1 m，光滑的宽轨O1P1、O2P2之间的距离L2=2 m。窄轨以垂直于轨道的虚线A1A2为分界线，左侧粗糙，右侧光滑。窄轨左侧通过开关S1连接一电容C=0.02 F的不带电的电容器(耐压值足够大)。宽轨和窄轨连接处有开关S2，宽轨左侧接有电阻R1=10 Ω。质量m=1 kg的金属棒ab静止在窄轨上，ab棒到A1A2的距离x=4.5 m，与窄轨粗糙部分间的动摩擦因数μ=0.2；质量M=2 kg的金属棒cd静止在宽轨上。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小B=10 T的匀强磁场中。现闭合S1，断开S2，给ab棒施加一与导轨平行、大小为5 N的恒力F，当其运动到A1A2时，撤去F，同时断开S1，闭合S2。窄轨和宽轨足够长，ab始终在窄轨上运动，cd棒始终在宽轨上运动。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，cd棒连入电路中的电阻R2=20 Ω，ab棒及导轨电阻均不计。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)恒力F的作用时间； (2)cd棒从开始运动到匀速的过程中，通过cd棒的电荷量； (3)cd棒从开始运动到匀速的过程中，cd棒中产生的焦耳热。 参考答案： 1.答案　C解析　取向右为正方向，则棒向右滑行过程中，由动量定理可得-BLΔt=mv-mv0，q=·Δt=·Δt=，ΔΦ=BLx，代入上式解得v=v0-·x，v-x图像为直线，故A、B错误；根据F=结合v=v0-·x，可得F=(v0-·x)=F0-·x，可知F-x图像为直线，故C正确，D错误。 2.答案　C解析　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，此时电路中刚好无电流，则有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v1=v0，v2=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-m=m，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，又BL·t=mv2-0，联立解得q=，故D错误。 3.答案　D解析　金属棒所受安培力冲量大小为I安=BlΔt=Blq，又q=Δt==，R总=+R=2R，联立解得I安=，选项A错误；该过程中，取沿导轨向下为正方向，由动量定理有2I弹-I安+mgsin θ·t=0，解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为I弹=I安-mgtsin θ=-mgtsin θ，选项B错误；由能量关系可知回路产生的总热量Q=mgsin θ·(a+b)+2×ka2-2×kb2，每个定值电阻产生的热量为Q1=Q=+k(a2-b2)，选项C错误；金属棒的平均输出功率==，选项D正确。 4.答案　C解析　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，选项A错误；任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ=BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN=2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，则有2mv=mv'，解得v'=2v，回路中的感应电流I==，MN所受安培力大小为FMN=2BId=，选项B错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，选项C正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1=2mx2，x1+x2=L，可得最终MN向左移动x1=，PQ向右移动x2=，则q=Δt===，选项D错误。 5.答案　D解析　在弹簧伸长过程中，回路中向上的磁通量增加，由楞次定律可知回路中产生PMNQP方向的电流，A错误；两导体棒受到的安培力等大反向，两导体棒和弹簧组成的系统合外力为零，动量守恒，机械能不守恒，机械能会转化为焦耳热，B错误；由两棒的动量始终大小相等可得mvMN=2mvPQ，解得vMN=2vPQ，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，C错误；设整个运动过程，MN与PQ的位移大小分别为x1、x2，最终弹簧处于原长状态，MN与PQ之间距离和初始时相比增加了L，因两棒运动方向总是相反，可得x1+x2=L，整个运动过程回路的磁通量变化量为ΔΦ=Bd(x1+x2)=BdL，通过MN的电荷量为q=·Δt=·Δt==，D正确。 6.答案　D解析　设线框电阻为R，边长为l，根据法拉第电磁感应定律E=Blv，闭合电路的欧姆定律I=，安培力公式F=BIl，牛顿第二定律a=，联立解得a=，根据加速度的表达式可知，线框向右进入磁场的过程，线框做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量不变，线框中感应电动势为零，感应电流为零，安培力为零，加速度为零，因此从线框完全进入磁场到刚要离开磁场过程，线框做匀速直线运动；线框穿出磁场过程中，根据加速度的表达式可知，线框继续做加速度减小的减速运动，直到完全离开磁场；由于线框宽度只有磁场宽度的一半，所以线框整体在磁场中匀速直线运动的距离与出磁场的距离相等，则根据i=，可知出磁场时电流越来越小，方向与进磁场时的电流方向相反，综上可知线框出磁场时间比在磁场中匀速运动时间更长，故A、B错误；线框进入磁场过程中，取水平向右为正，由动量定理有-BL·Δt=mv-mv0，=，联立得·Δt=mv0-mv，即v=v0-·Δt=v0-，则此时v-x图线为直线；完全进入磁场后，线框做匀速直线运动；出磁场时同理可得线框v-x图线也为直线，故C错误，D正确。 7.答案　(1)4 N　(2)0.45 J　(3)0.3 C 解析　(1)a棒下滑过程，根据动能定理有mgh=m 解得v0=3 m/s a棒刚进入磁场时产生的感应电动势E1=BLv0 感应电流I1= 此时b棒受到的安培力的大小F安=BI1L 联立解得F安=4 N (2)系统稳定时a、b两棒共速，设共同速度为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0=2mv1 系统产生的总的焦耳热Q=m-×2m 稳定时b棒上产生的焦耳热Qb=Q 解得Qb=0.45 J (3)对b棒进行分析，根据动量定理有BLΔt=mv1 其中q=Δt 解得q=0.3 C 8.答案　(1)0.015 N　(2)见解析图　(3)0.01 m/s 解析　(1)由法拉第电磁感应定律可知E1===××12 V=0.05 V 由欧姆定律可知，0~1 s内导体框中的感应电流大小为I1==0.1 A 由题图(b)可知，t=0.5 s时磁感应强度大小为B0.5=0.15 T 所以此时导体框ad边受到的安培力大小F=B0.5I1L=0.15×0.1×1 N=0.015 N (2)由题图(c)可知1~2 s内导体框中的感应电流大小为I2=0.2 A，方向为逆时针，根据欧姆定律可知1~2 s内导体框的感应电动势大小为E2=I2R=0.1 V 由于磁感应强度B随时间t连续变化且磁场方向始终竖直向下，由楞次定律可知磁感应强度B增大。 由法拉第电磁感应定律有E2===0.1 V 可知1~2 s内磁感应强度的变化率为==0.2 T/s 则t=2 s时磁感应强度大小为B2=0.3 T，方向竖直向下，故1~2 s内的B-t图像如图所示。 (3)由动量定理可知-B2LΔt=mv1-mv0 其中q=Δt=Δt== 联立解得v1=0.01 m/s。 9.答案　(1)0.5 m/s2　(2)1 J　(3)4 m2 解析　(1)开始瞬间cd棒切割磁感线，产生的感应电动势为E=BLv0 产生的感应电流为I=，cd棒受到的安培力为F=BIL 由牛顿第二定律可知a= 解得a=0.5 m/s2 (2)两棒组成的系统所受合力为零，则系统动量守恒，最后两棒达到共速，规定水平向右为正方向， 则mv0=2mv 解得v=1 m/s 由能量守恒定律可知产生的焦耳热为Q=m-×2mv2 解得Q=1 J (3)对导体棒ab研究，规定水平向右为正方向，由动量定理得BLΔt=mv-0 又因为q=Δt，=，== 解得ΔS=4 m2 10.答案　(1)0.343 75 J　(2)0.8 m 解析　(1)金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动。 电路中产生的平均电动势为== 平均电流为= 规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得-Bd·Δt=mava-mav0 解得金属棒a第一次离开磁场时速度va=1.5 m/s 金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即Q=ma-ma 联立并代入数据得Q=0.687 5 J 由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热Qb==0.343 75 J (2)规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得mava=mava'+mbvb，ma=mava'2+mb 联立并代入数据解得金属棒a反弹的速度为va'=-0.5 m/s。 设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为'== 平均电流为'= 金属棒a受到的平均安培力为'=Bd 规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得 B'd·Δt=0-mava' 联立并代入数据解得x=0.8 m 11.答案　(1)3 s　(2)0.1 C　(3)1 J 解析　(1)先闭合开关S1，断开开关S2，设金属棒ab在F作用下加速度为a，根据牛顿第二定律可得：F-μmg-BIL1=ma I===CBL1a 解得a==1 m/s2 则金属棒ab在拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，根据x=at2 解得t=3 s (2)当金属棒ab运动到A1A2处时，其速度v0=at=3 m/s，此时撤去恒力F，同时断开开关S1，闭合开关S2，金属棒ab在安培力作用下向右减速，金属棒cd在安培力作用下向右加速，最终都做匀速直线运动，设金属棒ab、cd匀速直线运动的速度分别为v1、v2，根据动量定理可得： 对金属棒ab：-BL1Δt=mv1-mv0 对金属棒cd：BL2Δt=Mv2 对整个闭合电路，ab、cd棒匀速时有BL1v1-BL2v2=0 解得v1=2 m/s，v2=1 m/s 对金属棒cd：BL2Δt=BL2q=Mv2 解得q=0.1 C (3)金属棒cd在向右加速的过程中，设系统产生的焦耳热为Q， 根据能量守恒可得Q=m-m-M=1.5 J 则金属棒cd产生的焦耳热Q2=Q=1 J。 学科网（北京）股份有限公司 $