课时突破练62　电磁感应中的动量问题 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦电磁感应与动量结合的系统突破，通过单棒/双棒导轨模型分层训练，提炼动量定理/守恒在电磁感应中的迁移应用，强化科学推理与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础·满分练|3题（单棒/双棒模型）|动量定理（BILΔt=BLq）、动量守恒处理双棒系统|电磁感应（E=BLv）→安培力→动量变化，从单棒到双棒递进| |能力·高分练|2题（磁场变化/复合场）|动量定理结合涡旋电场、洛伦兹力提供向心力|磁场变化→感生电场→动量定理，综合运动与相互作用观念| |素养·提升练|1题（多过程综合）|动量守恒+能量守恒+碰撞模型|多阶段运动（倾斜导轨→水平磁场→碰撞），体现科学论证与问题解决|

课时突破练62　电磁感应中的动量问题 基础·满分练 命题角度一　动量定理在单棒—导轨模型的应用 1.我国首艘弹射型航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术,装备了三条电磁弹射轨道。电磁弹射的简化模型如图所示,足够长的光滑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,与机身固连的金属杆ab静置在轨道上,闭合开关S后,飞机向右加速达到起飞速度。下列说法正确的是(　　) A.飞机运动过程中,a端的电势始终低于b端的电势 B.飞机起飞过程是匀加速直线运动 C.飞机的速度达到最大时,电容器所带的电荷量为零 D.增大电容器的放电量,可以提高飞机的最大速度 命题角度二　动量定理在双棒—导轨模型的应用 2.(2025浙江选考模拟卷)如图所示,足够长光滑平行水平导轨所在空间,有垂直于导轨平面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B。导轨间距分别为L和2L,质量为m、电阻为R的铜棒ab跨放在导轨上,同种材料、粗细相同的铜棒cd的长度是ab的两倍,两棒与导轨始终垂直且接触良好。若使ab棒获得一个大小为v0、水平向右的初速度,导轨电阻不计,则在两棒运动过程中(cd棒始终在宽度为2L的导轨上运动),下列说法正确的是(　　) A.两棒组成的系统动量守恒,且最终速度相等 B.ab棒最终的速度大小为 C.cd棒产生的焦耳热为 D.ab棒克服安培力做的功为 命题角度三　动量守恒在双棒—等宽导轨模型的应用 3.如图甲所示,水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨固定且间距为L。空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现给ab棒一水平向右的初速度v0,其速度随时间变化的关系如图乙所示,两金属棒运动过程中,始终与导轨垂直且接触良好。已知ab棒的质量为m,电阻为R,导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是(　　) A.ab棒刚开始运动时,cd棒中的电流方向为d→c B.ab棒运动后,cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动 C.在0~t0时间内,ab棒产生的热量为 D.在0~t0时间内,通过cd棒的电荷量为 能力·高分练 4.(多选)(2025湖南长沙模拟)如图甲,在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示的磁场,在此区域内,沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管,环心O在区域中心。一质量为m、带电荷量为q(q>0)的小球t=0时静止在管内的E点,2T0时刻小球第二次经过F点且不受细管侧壁的作用力,∠EOF为120°,小球在运动过程中电荷量保持不变,对原磁场的影响可忽略。下列说法正确的是(　　) A.2T0时刻小球过F点的速度大小为 B.小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5 C.T0时刻细玻璃管内的电场强度大小为 D.T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零 5.(14分)(2026湖北宜昌模拟)如图所示,质量为0.1 kg足够长的U形导轨放置在光滑水平绝缘桌面上,CD长为1 m,导轨电阻不计。质量为0.1 kg、长为1 m、电阻为0.5 Ω的导体棒MN放置在导轨上,棒MN与导轨间的动摩擦因数为μ且始终接触良好。Ⅰ区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场;Ⅱ区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场。t=0时,对导轨施加一个水平向右恒力F,t=1 s时MN与CD恰好分别进入磁场Ⅰ和Ⅱ中,此时MN速度为2 m/s。进入磁场后MN与U形导轨恰好匀速。t=2 s时撤去F,MN与CD停止运动时分别位于Ⅰ区域和Ⅱ区域,已知重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求恒力F的大小。 (2)求磁感应强度B的大小。 (3)t=2 s时撤去F后直到停止,求此过程中通过导体棒的电荷量。 素养·提升练 6.(16分)(2024江西卷)如图甲所示,绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨,导轨左右两端分别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连接,两侧导轨倾角分别为θ1、θ2,导轨间距均为l=2 m,水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5 T。现有两均匀金属细棒,质量分别为m1=6 kg和m2=2 kg,接入导轨的电阻均为R=1 Ω,左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1=、μ2=。初始时刻,细棒2静止在水平导轨上,与水平导轨左端P1P2的距离为d,细棒1从左侧倾斜导轨高度h=4 m的位置静止滑下。水平导轨足够长,两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直。若两棒发生碰撞,则为完全非弹性碰撞。不计空气阻力和导轨的电阻。(g取10 m/s2,sin θ1=0.6,sin θ2=0.8) (1)求细棒1刚进入磁场时细棒2的加速度大小和方向。 (2)为使细棒2第一次到达水平导轨右端Q1Q2之前细棒1和细棒2不相碰,求d的最小值。 (3)若细棒2前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图乙所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量),细棒2第二次进入右侧倾斜导轨之前与细棒1发生碰撞,细棒1在0~t3时间内未进入右侧倾斜导轨,求d的取值范围。 答案： 1.D　解析 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A错误;随着飞机加速,金属杆ab产生的电动势为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BL=ma,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Q=CE=CBLv,故B、C错误;对金属杆与飞机,由动量定理可得BIL·Δt=mv-0,q=I·Δt,解得v=,故增大电容器的放电量,可以提升飞机的最大速度,故D正确。 2.D　解析 两棒受到的安培力不相等,系统受到的合外力不为零,系统动量不守恒,最终两棒切割磁感线产生的电动势相等,速度不相等,故A错误;最终回路中没有感应电流,设ab棒和cd棒的最终速度大小分别为v1和v2,由法拉第电磁感应定律有BLv1=2BLv2,对ab棒由动量定理有 BILΔt=BLq=m(v0-v1),对cd棒由动量定理有 2BILΔt=2BLq=2mv2,解得v1=,v2=,故B错误;系统产生的焦耳热Q=×2m,cd棒产生的焦耳热占总焦耳热的,则Qcd=,故C错误;ab棒克服安培力做的功W=,故D正确。 3.D　解析 金属棒ab刚开始运动时,根据右手定则可知cd棒中的电流方向为c→d,故A错误;ab运动后,由于安培力作用,速度会逐渐减小,同时cd棒将做加速运动,回路总电动势减小,电流减小,cd棒受到的安培力会减小,由于F=mcda,可知,cd棒的加速度会减小,故B错误;两金属棒组成的系统动量守恒,有mv0=(m+m')v0,解得m'=2m,由于ab棒与cd棒质量之比为1∶2,且它们的材料和长度相同,故横截面积之比为1∶2,由R=ρ,得电阻之比为2∶1,故ab棒与cd棒产生的热量之比为2∶1,根据两棒组成的系统能量守恒有(m+m')+Q,0~t0时间内ab棒产生的热量Qab=Q=,故C错误;对cd棒由动量定理有BLt0=2m×v0,又q=t0,则在0~t0时间内,通过cd棒的电荷量q=,故D正确。 4.BD　解析 设2T0时刻小球过F点的速度为v2,由此可知,此时洛伦兹力提供圆周运动的向心力,根据牛顿第二定律可得F2=B0qv2=,解得v2=,A错误;从开始到2T0时刻小球第二次经过F点,设涡流产生的电场强度为E,由动量定理可得qE·2T0=mv2,结合上述结论解得E=,从开始运动到第二次经过F点电场力所做的功W2=qE场·l2=qE场×,由动能定理可得W2=,设从开始运动到第一次经过F点时的速度为v1,电场力所做的功为W1,则有W1=qE场·l1=,W1=,联立解得v1=v2,根据牛顿第二定律可得qE场=ma,解得a=,故第一次经过F点所用时间t1==2T0,此时磁感应强度B1=T0=B0,故第一次经过F点的洛伦兹力为F1=B1qv1=B0×q×v2=F2,即小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5,B正确,C错误;结合上述分析可知T0时刻小球速度v0=aT0=×T0=,若小球在T0时刻不受细管的作用力,则有B0qv0'=,解得v0'==v0,故T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零,D正确。 5.(1)0.6 N　(2)0.1 T　(3)2 C 解析 (1)取向右为正方向,到t=1 s时,对棒由动量定理有μmgt=mv1,解得μmg=0.2 N,匀速时,对棒由平衡条件有 μmg=BIL,对导轨由平衡条件有 F=μmg+2BIL,解得F=0.6 N。 (2)t=1 s前,对导轨由牛顿第二定律有 F-μmg=Ma2,解得a2=4 m/s2,导轨在t=1 s时的速度v2=a2t=4 m/s,棒的电压E=BLv1+2BLv2,棒的电流I=,由于BIL=μmg,解得B=0.1 T。 (3)从t=2 s撤去F直到停止,取向右为正方向,由动量定理有μmgt-BILt=0-mv1,-μmgt-2BLt=0-mv2,且q=t,解得q=2 C。 6.(1)2 m/s2　水平向右　(2)24 m　(3) m<d< m 解析 (1)细棒1从静止运动至水平导轨时,根据动能定理有m1gh-μ1m1gcos θ1·m1 解得v0=8 m/s 细棒1刚进入磁场时,平动切割磁感线,有E0=Blv0 则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为I0= 根据楞次定律可知,回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视),结合左手定则可知,细棒2所受安培力方向水平向右,由牛顿第二定律有BI0l=m2a20 联立并代入数据得a20=2 m/s2,方向水平向右。 (2)细棒1和细棒2在磁场中运动的过程中,所受安培力大小相等,方向相反,系统所受合外力为0,则系统动量守恒,若两者共速时恰不相碰,则有m1v0=(m1+m2)v共 解得v共=6 m/s 对细棒2根据动量定理有Blt=m2v共 其中t=q= 联立解得dmin=Δx=24 m。 (3)根据(2)问可知,从细棒1刚进入磁场至细棒1、细棒2第一次在水平导轨上运动稳定,相对位移为Δx=24 m,且稳定时的速度v共=6 m/s 细棒2第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中,根据牛顿第二定律有m2gsin θ2+μ2m2gcos θ2=m2a2上 根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a2上x上= 细棒2第一次在右侧倾斜导轨上向下运动的过程中,根据牛顿第二定律有m2gsin θ2-μ2m2gcos θ2=m2a2下 再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a2下x下= 且x上=x下 联立解得细棒2第一次滑下右侧轨道最低点的速度v1=5 m/s 由于两棒发生碰撞,则为完全非弹性碰撞,则两棒整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有 (m1+m2)gsin θ2+μ2(m1+m2)gcos θ2=(m1+m2)a共上 同理有2a共上x共上=v2 且由题图乙可知x上=4.84x共上 解得两棒碰撞后的速度v= m/s 细棒2第一次滑下右侧轨道最低点后与细棒1相互作用的过程中,两棒组成的系统所受合外力为0,根据动量守恒定律有m1v2-m2v1=(m1+m2)v 解得细棒2第一次滑下右侧轨道最低点时细棒1的速度为v2= m/s 若细棒2第一次滑下右侧轨道最低点时与细棒1发生碰撞,则对应d的最小值。 细棒2第一次在右侧倾斜导轨上运动的过程,对细棒1根据动量定理有-BlΔt1=m1v2-m1v共 其中Δt1=q1= 解得Δx1= m 根据位移关系有dmin'-Δx1=Δx 解得dmin'= m 若细棒2返回水平导轨后,当两者共速时恰好碰撞,则对应d的最大值。 对细棒2从返回水平导轨到与细棒1碰撞前瞬间的过程,根据动量定理有BlΔt2=m2v+m2v1 其中Δt2=q2= 解得Δx2= m 根据位移关系有dmax-Δx1-Δx2=Δx 解得dmax= m 则d的取值范围为 m<d< m。 1 学科网（北京）股份有限公司 $