课时作业63　动量观点在电磁感应中的应用(进阶课) 专项训练-2027届高考物理人教版一轮复习

**基本信息** 聚焦动量观点（定理/守恒）在电磁感应中的系统应用，通过典例构建“电磁感应-安培力-动量变化”推理链条，强化科学思维与物理观念融合。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|5选择|动量定理（q=ΔΦ/R关联）、动量守恒（系统动量）|电磁感应→感应电流→安培力→动量变化（动量定理/守恒）| |综合提升|2解答|能量守恒（焦耳热计算）、动量定理（电荷量计算）|结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，实现力电综合问题模型建构|

课时作业(六十三)　动量观点在电磁感应中的应用(进阶课) 说明：第1～5题，每小题5分；本试卷共53分。 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．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 3．(多选)(2025·四川遂宁高三诊断)如图所示，右端足够长的两平行光滑导轨左端是半径为R＝0.8 m的四分之一圆弧轨道，圆弧轨道部分没有磁场，导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，导轨间距为L＝0.5 m，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5 T，质量为0.1 kg的导体棒a静止在水平轨道上，质量为0.3 kg的导体棒b从四分之一圆弧轨道顶端由静止开始下滑，运动过程中a、b始终与两导轨垂直且保持接触良好，a、b电阻均为r＝0.1 Ω，其他电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．a运动过程中的最大加速度为10 m/s2 B．b刚进入磁场时a中的电流大小为5 A C．整个过程中安培力对a、b做功的总和为－0.3 J D．整个过程中导体棒a产生的焦耳热为0.3 J 4．“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自由下落至接近地面时再减速，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了相关的减速模型，如图甲所示，单匝线圈质量为m，半径为r0，总电阻为R。磁场减速区有一辐向磁场，俯视图如图乙所示，到中心轴距离为r处的磁感应强度大小为B＝(k为常量)。线圈由静止开始释放，下落过程中线圈保持水平且圆心一直在中心轴上。磁场减速区高度为h2，线圈释放处离减速区下边界的高度为h1，忽略一切空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．线圈在磁场减速区内速度可以为零 B．线圈从静止至磁场减速区下边界的过程重力的冲量大小等于安培力的冲量大小 C．线圈刚进入磁场时受到的安培力大小为 D．线圈从静止至磁场减速区下边界的过程产生的焦耳热为mgh1 5．(2025·江西鹰潭一模)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 6．(14分)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间距L＝0.5 m，单边有界匀强磁场垂直导轨平面竖直向下，磁场左边界为PQ(垂直导轨)，磁感应强度大小为B＝2 T，两根长度相同的金属棒a、b垂直放置在导轨上，金属棒a、b的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.8 kg，其电阻分别为R1＝0.5 Ω、R2＝2 Ω，金属棒a位于磁场边界PQ处，金属棒b在磁场内部。t1时刻同时给两金属棒大小相等、方向相反的初速度v0＝5 m/s，两金属棒相向运动，且始终没有发生碰撞，t2时刻回路中电流强度为零，此时金属棒a又恰好运动到磁场边界PQ处，金属棒b最终恰好停在磁场边界PQ处，运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及摩擦，求： (1)t1时刻金属棒b加速度大小； (2)t1～t2时间内通过回路的电荷量； (3)t1时刻金属棒b距离磁场边界PQ的距离及整个过程金属棒b产生的热量。 7．(14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的感应电动势大小和感应电流方向。 (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，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器电荷量的表达式。 (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？ 课时作业(六十三) 1．B　[对于线圈进入磁场过程或穿出磁场过程，线圈中产生的平均感应电动势，通过线圈横截面的电荷量qΔt，联立可得q，线圈进入和穿出磁场过程，由于穿过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，根据动量定理，线圈进入磁场过程有－Bat1mv－mv0，线圈离开磁场过程有－Bat20－mv，由于qt2，联立解得线圈完全进入磁场时的速度大小v，故B正确。] 2．C　[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cbMNc，A错误；金属框bc边中的电流方向为cb，导体棒MN中的电流方向为MN，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2mv03mv，解得其共同速度v，方向向右，B错误；以棒MN为研究对象，由动量定理得BLΔtmv－0，即BLqm·－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，D错误。] 3．BD　[b下滑到底端过程有mbgR，可得到达底端时的速度v04 m/s，b刚进入磁场时，a的加速度最大，此时EBLv0，I，对导体棒a，有ILBmaa，解得I5 A，a12.5 m/s2，故A错误，B正确；b进入磁场后，a、b组成的系统动量守恒，则有mbv0(ma＋mb)v，由能量守恒定律得损失的机械能ΔE(ma＋mb)v2，解得ΔE0.6 J，安培力对系统做的总功为负功，数值上等于系统损失的机械能，即整个过程中安培力对a、b做功的总和为－0.6 J，故C错误；因两根导体棒电阻相等，故导体棒a产生的焦耳热为0.3 J，故D正确。] 4．C　[线圈在磁场减速区做减速运动，由法拉第电磁感应定律可知线圈中产生的感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，由安培力公式FBIL可知线圈受到的安培力大小逐渐减小，当线圈受到的安培力大小逐渐减小至与线圈的重力相等时，线圈的加速度为零，此后线圈在磁场减速区做匀速直线运动，显然线圈在磁场减速区的速度不可能减为零，A错误；设线圈到达磁场减速区下边界瞬间的速度大小为v，规定竖直向下为正方向，则线圈从静止至磁场减速区下边界过程由动量定理得IG－IFmv－0，解得IGIF＋mv，则有IG＞IF，即该过程重力的冲量大小大于安培力的冲量大小，B错误；线圈进入磁场减速区前做自由落体运动，则由自由落体运动规律可知，线圈刚进入磁场时的速度大小为v0，由法拉第电磁感应定律得线圈刚进入磁场时的感应电动势EB0Lv0，结合闭合电路欧姆定律和安培力公式可得此时线圈受到的安培力大小为F0，由题意可知线圈所在处磁感应强度大小为B0，切割磁感线的长度为线圈周长，即L2πr0，联立可得F0，C正确；线圈从静止至磁场减速区下边界的过程，由能量守恒定律得mgh1mv2＋Q，解得Qmgh1－mv2，因此该过程线圈产生的焦耳热小于mgh1，D错误。] 5．D　[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cd，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Fmcda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＋mcd)v0，解得mcd2m，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Rρ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＋mcd)·＋Q，0~t0时间内ab棒产生的热量Qab，故C错误；对cd棒列动量定理有Bv0，又qt0，则在0~t0时间内，通过cd棒的电荷量q，故D正确。] 6．解析：(1)根据右手定则可知，t1时刻两金属棒产生的感应电流是加强的，回路中感应电动势E2BLv010 V 根据闭合电路欧姆定律可得，回路中感应电流为I4 A 对金属棒b，根据牛顿第二定律有BILm2ab 联立解得ab5 m/s2。 (2)t2时刻回路中电流强度为零，此时两金属棒速度相等，t1~t2时间内两棒受安培力始终等大反向，系统动量守恒，则有m2v0－m1v0(m1＋m2)v 解得v3 m/s，方向向左 对b棒由动量定理有－BLtm2(v－v0) 此过程通过回路电荷量q1t 联立解得q11.6 C。 (3)最终金属棒b恰好停在磁场边界PQ处，a棒以v3 m/s向左做匀速运动，设t1时刻金属棒b距离磁场边界PQ距离为x，从t1时刻到金属棒b最终停止，对金属棒b由动量定理得－B'Ltm2(0－v0) 又q2 联立解得x10 m 由能量守恒定律可知，整个回路中产生的热量Qm1v211.6 J 由于两棒串联，整个过程金属棒b产生热量QbQ9.28 J。 答案：(1)5 m/s2　(2)1.6 C　(3)10 m　9.28 J 7．解析：(1)由法拉第电磁感应定律可知，初始时机械臂1的感应电动势大小为EBLv0 由右手定则，知电流方向沿机械臂1向上。 (2)达到稳定前，两臂电流分别为I1和I2 安培力大小分别为F1BI1L，F2BI2L 电容器电压为U，其带电荷量为QCU。 (3)达到稳定状态时，I1I2I0，两机械臂的速度相同，设为v，对机械臂1和2分别根据动量定理有－∑BI1LΔtmv－mv0，∑BI2LΔtmv 其中∑I1ΔtQ1，∑I2ΔtQ2 电容器充电量QQ1－Q2CU 稳定时UBLv 联立以上方程，解得v，方向向右 稳定前任意时刻，UBLv1－I1RBLv2＋I2R 即BL(v1－v2)I2R＋I1R 对时间累计，有∑BL(v1－v2)Δt∑I2RΔt＋∑I1RΔt 其中(v1－v2)Δtdmin，即BLdmin(Q1＋Q2)R 由前面动量定理的方程可得BL(Q1＋Q2)mv0 解得初始时刻两机械臂的最小距离为dmin。 答案：(1)BLv0　沿机械臂1向上　(2)BI1L　BI2L　CU　(3) 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $