专题二十五 动量观点在电磁感应中的应用 专项训练-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦动量观点（动量定理、守恒）与电磁感应综合应用，以题载法构建“电磁感应-安培力-动量/能量”逻辑链，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| |----|----|----|----| |选择题|6道（含双棒运动、电容器电路）|动量守恒条件判断、Q=ΔΦ/R、安培力冲量I=BLq|电磁感应规律→安培力→动量变化→能量转化| |计算题|5道（含斜面导轨、交替磁场）|动量定理求时间/电荷量、能量守恒求焦耳热|单棒/双棒模型→受力分析→动量关系→能量守恒|

专题二十五　动量观点在电磁感应中的应用 专项训练 1． 选择题： 1.如图所示,光滑水平地面上有一辆静止小车,车上固定一个螺线管,螺线管通过电阻R连成通路。虚线表示一光滑绝缘轨道穿过线圈内部,一个条形磁体,N极向右,可以沿着轨道运动,且磁体、轨道和线圈不接触。现推动一下磁体,使它获得向右的初速度,下列说法正确的是(　　) A.磁体在运动过程中,速度可能为零 B.当磁体处于线圈正中位置时,磁体和小车的总动能最小 C.当磁体向小车运动时,电阻R中的电流方向由A到B,磁体和小车的总动量减少 D.若磁体穿过了线圈并逐渐远离线圈,则此时电阻R中的电流方向由B到A,磁体和小车的总动能减少 2.如图所示,水平光滑的平行金属导轨,左端接有电阻R,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。今使棒以一定的初速度v0向右运动,当其通过位置a、b时,速率分别为va、vb,到位置c时棒刚好静止。设导轨与棒的电阻均不计,a到b与b到c的间距相等。则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中(　　) A.通过棒横截面积的电荷量不相等 B.棒动能变化量相等 C.回路中产生的内能相等 D.安培力冲量相等 3.如图所示,距地面h高处水平放置间距为L的两条光滑平行金属导轨,导轨左端接有电动势为E的电源,质量为m的金属杆静置于导轨上,与导轨垂直且接触良好,空间有竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场。现将开关S闭合,一段时间后金属杆从导轨右端水平飞出,测得其水平射程为d,下列说法正确的是(　　) A.金属杆离开导轨前做匀变速直线运动 B.金属杆离开导轨前做匀速直线运动 C.电源消耗的电能为 D.从闭合开关到金属杆刚要落地时,金属杆受到的冲量为m 4.如图甲、乙中,除导体棒ab可动外,其余部分均固定不动,图甲中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦也不计,图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中,导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0,在图甲、乙两种情形下,关于导体棒ab的运动状态,下列说法正确的是(　　) 甲　　　　乙 A.图甲中,ab棒先做匀减速运动,最终做匀速运动 B.图乙中,ab棒先做加速度越来越小的减速运动,最终静止 C.两种情况下通过电阻的电荷量一样大 D.两种情况下导体棒ab最终都保持匀速运动 5.(2024江苏学情调研迎考)如图所示,两光滑平行长直导轨,间距为d,放置在水平面上,磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直,两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上,与导轨接触良好,两导体棒距离足够远,L1静止,L2以初速度v0向右运动,不计导轨电阻,忽略感生电流产生的磁场,则(　　) A.导体棒L1的最终速度为v0 B.导体棒L2产生的焦耳热为 C.通过导体棒横截面的电荷量为 D.两导体棒的初始距离最小为 6.如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直于纸面向里，足够长的平行且光滑的金属导轨MN、PQ放置在匀强磁场中，导轨的间距为L、电阻不计。质量为2m的导体棒1和质量为5m的导体棒2静置于导轨上，两导体棒相距为x，导体棒1和导体棒2接入导轨间的电阻分别为4R和5R。现分别给导体棒1和导体棒2向左和向右、大小为v0和2v0的初速度，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好。关于导体棒1和导体棒2以后的运动，下列说法正确的是(　　) A.初始时刻，闭合回路中感应电流的方向为顺时针方向 B.导体棒1和导体棒2构成的回路，初始时刻的电动势为BLv0 C.初始时刻导体棒1所受的安培力大小为 D.当导体棒1的速度为0时，导体棒2的速度大小为1.6v0，方向向左 二．计算题： 7.(2026·江苏无锡期中)如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ=30°的绝缘斜面上，两导轨间距L=1 m，M、P两点之间接有阻值R=4 Ω的电阻。一根质量m=1 kg、电阻r=1 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整个装置处于磁感应强度B=5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，沿斜面下滑d=2 m时，金属杆达到最大速度，导轨和金属杆接触良好，导轨的电阻可忽略，重力加速度g=10 m/s2。求: (1)金属杆达到的最大速度vm; (2)在这个过程中，电阻R上产生的热量; (3)在这个过程中通过电阻R的电荷量以及这一过程所用时间。 8.(2026·江苏无锡期中)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直于导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0; (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0; (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间，给棒b施加一个沿斜面向上的恒定外力F=2mgsin θ，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 9.(2026·江苏南京期末)如图甲所示，列车进站时利用电磁制动技术产生的电磁力来刹车。某种列车制动系统核心部分的模拟原理图如图乙所示。在光滑水平地面上方存在着水平方向的磁场，磁感应强度大小均为B=1 T，磁场方向垂直于纸面向里、向外分区域交替排列，依次编号为区域1、2、3、4、…，磁场区域足够多，每个区域的边界均保持竖直，且各区域宽度相等均为L=0.1 m。现有一个正方形线圈，边长也为L=0.1 m，线圈匝数n=100，总电阻R=10 Ω，质量为m=1 kg，以初速度v0=10 m/s向右滑入磁场区域，重力加速度g=10 m/s2。求: (1)线圈从开始进入区域1到刚要进入区域2的过程中，流经线圈的电荷量; (2)线圈从开始进入区域1到刚要进入区域2的过程中，线圈产生的焦耳热; (3)线圈从开始运动到最终停止，线圈右侧边完整经过的磁场个数。 10.(2026·江苏苏州吴江中学月考)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、磁感应强度大小B=2 T的匀强磁场。a、b是两根完全相同粗细均匀的金属棒，单棒质量m=0.4 kg，接入导轨间的电阻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的距离足够远。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=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)从a棒进入磁场至稳定的过程，通过金属棒截面的电荷量。 11.如图，两根光滑平行金属导轨EF、HG固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。两根完全相同的均匀金属棒P、Q，长度均为2d、质量均为m，P棒中点处接有一原长为L、劲度系数为k的轻质绝缘弹簧，两棒放置在导轨上图示位置。现给P棒一个初速度，当P棒运动到MN时(两棒运动已经稳定)，P棒速度大小为v0，弹簧刚好与Q接触。运动过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，弹簧始终在弹性限度内，弹簧弹性势能的大小为kx2(x为弹簧的形变量)，导轨足够长且电阻不计，两棒电阻不可忽略。 (1)求P棒的初速度大小vP0; (2)求P棒运动到MN过程通过Q的电荷量q; (3)若运动过程中两棒的最近距离为L，求从开始到弹簧压缩至最短过程P棒产生的焦耳热QP。 参考答案： 1.答案D　解析 根据楞次定律,来拒去留可知,磁体一直减速,直到和小车的速度相同,速度不可能为零,故A项错误;当磁体向小车运动时,由楞次定律和安培定则可知,电阻R中的电流方向由A到B,系统不受外力,故磁体和小车的总动量守恒,保持不变,故C项错误;根据能量守恒定律可知,磁体的动能转化为小车的动能与电阻R产生的热量,若磁体穿过了线圈并逐渐远离线圈,根据楞次定律和安培定则可知此时电阻R中的电流方向由B到A,磁体和小车的总动能减少,故当磁体处于线圈正中位置时,磁体和小车的总动能不是最小的,故B项错误,D项正确。 2.答案D　解析 金属棒运动过程中,电路产生的感应电荷量 Q=IΔt=Δt=·Δt=,金属棒从a到b的过程中与从b到c的过程中,回路面积的变化量ΔS相等,B、R相等,因此,通过棒横截面积的电荷量相等,故A错误;金属棒受到的安培力大小为FA=BIL=,方向水平向左。金属棒在安培力作用下做减速运动,由于ab间距离与bc间距离相等,安培力FA逐渐减小,由W=Fs定性分析可知,从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多,由动能定理可知,棒的动能变化量不相等,故B错误;导体棒克服安培力做功,把金属棒的动能转化为内能,因此在a到b的过程产生的内能多,故C错误;对每一段过程中安培力的冲量I=BLΔt,因为Q=Δt,两过程Q相等,则两过程中安培力的冲量相等,D项正确。 3.答案C　解析 开关S闭合后,金属杆受向右的安培力而做加速运动,随速度的增加,金属杆切割磁感线产生的感应电动势逐渐变大,因为此感应电动势与原电源电动势反向,可知电路中电流减小,金属杆受到的安培力减小,则金属杆离开导轨前做非匀变速直线运动,A、B错误;金属杆做平抛运动的初速度v=d,由动量定理得BLΔt=mv,又q=Δt,电源消耗的电能为Q电=Et=Eq=,C正确;金属杆落地时的速度v'=,从闭合开关到金属杆刚要落地时,根据动量定理可知,金属杆受到的冲量为I=mv'=m,D错误。 4.答案B　解析 题图甲中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电,由于充电电流不断减小,安培力减小,则导体棒做变减速运动,当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时,电路中没有电流,ab棒不受安培力,向右做匀速运动,故A错误;题图乙中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流,导体棒受向左的安培力而做减速运动,随速度的减小,电流减小,安培力减小,加速度减小,最终ab棒静止,故B正确,D错误;根据F安=BL,有F安t=BLt=qBL=mΔv,得q=,通过导体棒ab的电荷量跟其动量变化量成正比,题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙,所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量,故C错误。 5.答案D　解析 根据楞次定律,导体棒L1、L2最终以相同的速度匀速直线运动,设共同速度为v1,水平向右为正方向,根据动量守恒定律可得mv0=2mv1,解得v1=,故A项错误;设导体棒L1、L2在整个过程中产生的焦耳热为Q总,根据能量守恒定律可得=Q总+×(2m),解得Q总=,导体棒L1、L2的电阻都为r,因此导体棒L2产生的焦耳热为Q=Q总=,故B项错误;对导体棒L2,由动量定理得Bdt=mv1,因为q=t,故Bdq=mv1,因此通过导体棒横截面的电荷量为q=,故C项错误;当导体棒L1、L2速度相等时距离最小,设最小初始距离为l,则通过导体棒横截面的电荷量q=t=t=t=,解得l=,故D项正确。 6.答案　C解析　根据右手定则可知，初始时刻导体棒1和导体棒2产生的感应电流的方向均为逆时针方向，所以回路中的感应电流方向为逆时针方向，总感应电动势的大小E=E1+E2=3BLv0，故A、B错误;初始时刻，回路中电流为I==，导体棒1所受的安培力大小F=ILB=，故C正确;导体棒1和导体棒2所受的安培力大小相等、方向相反，则导体棒1和导体棒2组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律有-2mv0+5m·2v0=5mv2，解得v2=1.6v0，方向向右，故D错误。 7.答案　(1)1 m/s　(2)7.6 J　(3)2 C　2.2 s 解析　(1)金属杆在磁场中运动所受合力为零时达到最大速度， 此时产生的感应电动势E=BLvm 金属杆中的电流I= 金属杆受到的安培力F=ILB 由平衡条件有F=mgsin θ 联立解得vm=1 m/s。 (2)在这个过程中，由能量守恒定律得回路中产生的热量 Q=mgsin θ·d-m=9.5 J 则电阻R上产生的热量QR=Q=7.6 J。 (3)在这个过程中，由动量定理有mgsin θ·t-LBt=mvm 通过R的电荷量q=t=t== 联立解得q=2 C，t=2.2 s。 8.答案　(1)　(2)2gsin θ (3)　 解析　(1)棒a在运动过程中重力沿斜面向下的分力和棒a所受安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0 由闭合电路欧姆定律可得I= 棒a受力平衡，可得ILB=mgsin θ 联立解得v0=。 (2)由右手定则可知金属棒b中电流向里，b棒受沿斜面向下的安培力，释放瞬间电路中电流不变，对b棒根据牛顿第二定律可得mgsin θ+ILB=ma0 解得a0=2gsin θ。 (3)从棒b释放瞬间，给棒b施加一个沿斜面向上的恒定外力F=2mgsin θ，此时系统所受合力为0，根据动量守恒定律有mv0=2mv 解得v= 此过程流过a棒的电荷量q=t0=t0== 对a棒根据动量定理有mgsin θ·t0-LBt0=mv-mv0 联立解得Δx=。 9.答案　(1)0.1 C　(2)9.5 J　(3)3个 解析(1)线圈从进入区域1到刚要进入区域2的过程产生的平均感应电动势=n 由闭合电路欧姆定律有= 流经线圈的电荷量q=·Δt 联立解得q=0.1 C。 (2)线圈从进入区域1到刚要进入区域2的过程中， 根据动量定理有-nLBΔt=mΔv 又Δt=q 根据能量守恒定律有Q=m-m 联立解得v1=9 m/s，Q=9.5 J。 (3)当线圈进入2区域以后的磁场时，左右两侧边均在切割磁感线。 故在某一时刻的电动势E'=2nBLv2 此时电流I'= 线圈受到的安培力F=2nI'LB 取一短暂时间Δt″，由动量定理有-FΔt″=mΔv 微元累加可得-=0-mv1 解得x=0.225 m 故线圈穿过的磁场个数N=1+()=3.25 则线圈右侧边完整经过的磁场个数为3个。 10.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=I1LB 联立解得F1=4 N。 (2)a棒进入磁场后，对a、b棒组成的系统根据动量守恒定律有mv0=2mv1 稳定时系统产生的总的焦耳热Q=m-×2m b棒上产生的焦耳热Qb=Q 联立解得v1=1.5 m/s，Qb=0.45 J。 (3)对b棒根据动量定理有LBΔt=mv1 其中Δt=q 解得q=0.3 C。 11.答案　(1)　(2)　(3)- 解析　(1)P棒向右运动，根据右手定则可知，在P棒、Q棒组成的回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则，可知P棒受到的安培力向左，Q棒受到的安培力向右;当P棒运动到MN时两棒的运动已经稳定，说明回路中电流为零，即此时两棒产生的感应电动势相等，则有Bdv0=B·2dvQ 解得vQ= 两棒从开始运动到稳定过程， 分别对棒P、棒Q由动量定理得-dBt=mv0-mvP0，·2dBt=mvQ-0 联立解得vP0=。 (2)对Q棒根据动量定理有·2dBt=mvQ-0 又q=t 联立解得q=。 (3)P棒在窄导轨上运动到稳定过程中， 对系统由能量守恒定律有m=Q1+m+m 解得系统产生的总热量Q1=m 此过程棒P产生的焦耳热QP1=Q1=Q1=m 棒P进入宽导轨到弹簧压缩至最短过程中，棒P在安培力和弹力作用下做减速运动，Q棒在安培力和弹力作用下做加速运动，当速度相等时，回路电流为零，弹簧被压缩到最短，对系统由动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv0+mvQ=2mv共 m+m=Q2+×2m+Ep弹 解得Q2=m-kL2 此过程P棒产生的焦耳热 QP2=Q2=Q2=m-kL2 故从开始到弹簧压缩到最短过程P棒中产生的焦耳热QP=QP1+QP2=-。 学科网（北京）股份有限公司 $