第12章 课时测评60 电磁感应中的动量问题(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦电磁感应与动量结合的专项突破，通过题组分类系统整合动量定理、守恒定律在电磁感应中的应用，强化科学推理与模型建构。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量定理应用|3题（含多选、电磁弹射模型）|用q=ΔΦ/R将变力冲量转化为电荷量，结合动量定理列方程（-BLq=mv-mv₀）|电磁感应→安培力（变力）→动量定理（冲量-动量关系）| |动量守恒应用|5题（含双棒、磁体穿铝管）|系统动量守恒（无外力），结合能量守恒求焦耳热，用动量定理求电荷量|系统相互作用→动量守恒→能量转化（电能-机械能）|

课时测评60　电磁感应中的动量问题 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－7，每题5分，共35分) 题组1　动量定理在电磁感应中的应用 1.(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是(　　) A.q1＝q2 B.q1＝2q2 C.v＝1.0 m/s D.v＝1.5 m/s 答案：BD 解析：根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理有－LBΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理有－LBΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确。 2．(2025·广东省三模)我国的福建舰采用了电磁弹射技术，装备了三条电磁弹射轨道，电磁弹射的简化模型如图所示，足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电容器C相连，与机身相连的金属杆ab静置在轨道上，闭合开关S后，飞机向右加速。若不计所有阻力和摩擦，回路总电阻R保持不变，则下列说法不正确的是(　　) A．提高电容器的放电量，可以提高飞机的起飞速度 B．飞机运动过程中，a端的电势始终高于b端的电势 C．飞机的速度最大时，金属杆ab产生的感应电动势与电容器两端电压相等 D.飞机的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为零 答案：D 解析：对金属杆与飞机，由动量定理可得Δt，联立可得BLq＝mv，则提高电容器的放电量，可以提升飞机的起飞速度，故A正确；飞机向右加速，通过金属杆ab的电流方向为a→b，则电容器上板带正电，下板带负电，a端的电势高于b端的电势，故B正确；随着飞机加速，金属杆ab产生的电动势E＝BLv，则电动势增大，电容器两端电压U减小，根据牛顿第二定律，对金属杆和飞机有＝ma，则金属杆的加速度a减小，当U＝E时，飞机的速度达到最大，此时电容器所带的电荷量不为零，故C正确，D错误。 3.(多选)(2024·湖南卷·T8)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m－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 答案：CD 解析：设导轨间距为L，金属杆在AB间运动的过程中，根据动量定理得－LBt1＝mv1－mv0，且t1＝q＝＝，整理得＝mv0－mv1；金属杆在AC间运动过程，根据动量定理得－'LBt'－μmgt2＝0－mv0(t2为金属杆在BC段运动的时间)，且't'＝q'＝＝，整理得＋μmgt2＝mv0，比较得v1＞，A错误；在整个过程中，由能量守恒定律得Q总＝m－μmgd，定值电阻R上产生的热量QR＝Q总，联立解得QR＝m－μmgd，B错误；若取向右为正方向，结合A项分析可知，金属杆经过AA1B1B区域，金属杆所受安培力的冲量I安1＝－，金属杆经过BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I安2＝－，可得I安1＝I安2，所以金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域所受安培力的冲量相同，C正确；由A项分析知，＋μmgt2＝mv0，若初速度增大到原来的2倍，t2会减小，所以x会大于原来的2倍，D正确。 题组2　动量守恒定律在电磁感应中的应用 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大小为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 答案：C 解析：设导体棒进入磁场时的速度大小为v0，根据动能定理有mgh1＝m，解得v0＝4 m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝gt2，联立解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝m－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3 J，故B错误；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立解得q＝2 C，x1＝2 m，故C正确，D错误。 5．(多选)(2026·广东深圳模拟)如图，质量为1 kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2 kg的条形磁体(条形磁体横截面比铝管的内横截面小)以v＝3 m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则(　　) A．磁体穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右 B．磁体穿过铝管后，铝管速度可能为4 m/s C．磁体穿过铝管时的速度可能大于2 m/s D．磁体穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J 答案：CD 解析：磁体穿过铝管过程中，根据楞次定律的推论可知，铝管受到的安培力始终向右，故A错误；磁体穿过铝管的过程中，系统动量守恒，设穿过铝管时磁体的速度为v1，铝管的速度为v2，根据动量守恒定律有Mv＝Mv1＋mv2，假设无能量损耗，则有，解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s，假设磁体恰好和铝管速度相等(能量损耗最大)，共速的速度为v3，根据动量守恒定律有Mv＝(M＋m)v3，解得v3＝2 m/s，损耗的能量为ΔE＝＝3 J，所以磁体穿过铝管后，铝管速度小于4 m/s，磁体穿过铝管时的速度可能大于2 m/s，磁体穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J，故B错误，C、D正确。 6．(2026·广东广州一模)如图，足够长的磁体在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁体中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则(　　) A．在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向 B．环中最大的感应电流大小为 C．环下落过程中所受重力的冲量等于其动量变化 D．t时间内通过金属环横截面的电荷量为 答案：B 解析：根据题意，由右手定则可知，在金属环下落过程中，在俯视图中，环中感应电流沿顺时针方向，故A错误；根据题意可知，当重力等于安培力时，环下落的速度最大，根据平衡条件有mg＝F安＝BIm·2πr，当环速度最大时，感应电动势为E＝B·2πrv，感应电流为Im＝，联立可得Im＝，故B正确；当环从静止下落过程中，由于切割磁感线，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，则除了重力外，还受安培力作用，由动量定理可知，动量变化等于合力的冲量，故C错误；取向下为正方向，由动量定理有mgt－B·2πrt，联立解得q＝，故D错误。 7.(多选)(2026·吉林长春模拟)如图所示，光滑平行金属导轨AB、CD固定在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，BP、DQ为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度为B＝1 T、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距均为L＝1 m，右侧连接一阻值为1 Ω的电阻。两金属棒ab、cd的质量分别为1 kg、2 kg，长度均为1 m，电阻均为1 Ω。初始时，金属棒cd垂直静置在水平导轨上，金属棒ab垂直倾斜导轨从距底端2.5 m处由静止释放，不计导轨电阻。金属棒cd达到最大速度后闭合开关，g取10 m/s2，两金属棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是(　　) A.金属棒cd的最大加速度为1.25 m/s2 B.金属棒cd的最大速度为2.5 m/s C.闭合开关前流过金属棒ab的电荷量为 C D.闭合开关前后流过金属棒cd的电流方向不变 答案：AC 解析：对金属棒ab分析，根据动能定理有m1gxsin θ＝m1v2，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，通过金属棒cd的电流为I＝，cd棒所受安培力大小为F＝ILB，根据牛顿第二定律有F＝m2am，解得金属棒cd的最大加速度为am＝1.25 m/s2，故A正确；当ab、cd棒共速时，cd棒速度达到最大，由动量守恒定律得m1v＝(m1＋m2)v共，解得金属棒cd的最大速度为v共＝ m/s，故B错误；对cd棒，由动量定理得LB·Δt＝m2v共，又q＝Δt，解得闭合开关前流过金属棒cd的电荷量为q＝ C，由于金属棒ab与cd串联，则流过两金属棒的电荷量相等，所以闭合开关前流过金属棒ab的电荷量为 C，故C正确；闭合开关前，金属棒ab的速度大于金属棒cd的速度，根据右手定则可知流过金属棒cd的电流方向为从d到c，当cd达到最大速度后闭合开关，金属棒cd切割磁感线，相当于电源，流过金属棒cd的电流方向为从c到d，故闭合开关前后流过金属棒cd的电流方向改变，故D错误。 8．(15分)(2026·佛山模拟)如图所示，间距均为L的光滑平行倾斜导轨与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的匀强磁场。a、b为两根粗细均匀的金属棒，a棒质量为m、长度为L、电阻为R，垂直固定在倾斜轨道上距水平面高h处；b棒质量为2m、长度为L、电阻为2R，与水平导轨垂直并处于静止状态。a棒解除固定后由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触，不计导轨电阻，重力加速度为g。求： (1)a棒刚进入磁场时产生的电动势大小； (2)当a棒的速度大小变为刚进入磁场时速度的一半时，b棒的加速度大小； (3)整个运动过程中，b棒上产生的焦耳热。 答案：(1)BL　(2)　(3)mgh 解析：(1)设a棒下落到底端刚进入磁场瞬间的速度大小为va，由机械能守恒定律可得mgh＝ 解得va＝ 则刚进入磁场时产生的感应电动势的大小E＝BLva＝BL。 (2)设当a棒的速度变为原来的一半时回路中的感应电动势为E1，b棒的速度为vb 则由动量守恒定律可得mva＝mva＋2mvb 解得vb＝va 则此时的感应电动势 E1＝BL 根据闭合电路的欧姆定律可知此时回路中的电流I＝ 可知b棒此时所受安培力的大小Fb＝ILB＝ 由牛顿第二定律有Fb＝2mab 解得ab＝。 (3)通过分析可知a、b棒最终将达到共速，之后一起做匀速直线运动，由动量守恒定律可得 mva＝(m＋2m)v共 同时，在运动过程中由能量守恒可得 ＋Q总 联立以上两式可得Q总＝mgh 而a、b棒串联，则产生的焦耳热之比等于电阻之比，由此可得b棒上产生的焦耳热 Qb＝mgh。 学科网（北京）股份有限公司 $