2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案078-课时作业67 电磁感应中的动量问题（教用）

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1．如图所示，在水平面内固定两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L，电阻不计。在虚线l1的左侧存在方向竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在方向竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均为B。ad、bc两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直，分别位于两磁场中。现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0，在两棒达到稳定的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 两金属棒组成的系统的动量守恒
B. 两金属棒组成的系统的能量不守恒
C. ad棒克服安培力做功的功率等于ad棒的发热功率
D. ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和
【答案】D
【解析】开始时，ad棒以初速度v0切割磁感线，产生感应电动势，在回路中产生顺时针方向（俯视）的感应电流，ad棒因受到向右的安培力而减速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；当两棒的速度大小相等，即两棒因切割磁感线而产生的感应电动势相等时，回路中没有感应电流，两棒各自做匀速直线运动；由于两棒所受的安培力都向右，两金属棒组成的系统所受合外力不为0，所以该系统的动量不守恒，能量守恒,选项A、B错误。根据能量守恒定律可知，ad棒动能的减少量等于回路中产生的热量和bc棒动能的增加量，由动能定理可知，ad棒动能的减少量等于ad棒克服安培力做的功，bc棒动能的增加量等于安培力对bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和，选项C错误，选项D正确。
2．（2025·河南郑州模拟）多选 如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为d，ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计。cd静止在水平导轨上，ab从四分之一圆弧导轨顶端由静止释放，在圆弧导轨上克服阻力做功12mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g。从ab进入水平导轨开始，下列说法正确的是（ ）
A. ab先做匀减速运动，最后做匀速运动
B. cd先做匀加速直线运动，最后和ab以相同的速度做匀速运动
C. ab刚进入磁场时，cd中电流为Bdgr2R
D. ab的最终速度大小为gr2
【答案】CD
【解析】ab进入磁场后切割磁感线，由右手定则可知，回路中产生逆时针方向（俯视）的感应电流，由左手定则可知，ab受到向左的安培力F，向右做减速运动，而cd受到向右的安培力F′，向右做加速运动，设ab在磁场中的速度大小为v1时，cd的速度大小为v2，由法拉第电磁感应定律得E=Bd(v1−v2)，又I=E2R，F=F′=BId=ma，联立得两金属棒的加速度大小a=B2d2(v1−v2)2mR，随着v1减小，v2增大，两棒的加速度大小a减小，直至a=0时，v1=v2，即它们开始以相同的速度做匀速运动，故A、B错误；设ab刚进入磁场的速度大小为v，ab在圆弧轨道上运动过程中，根据动能定理有mgr−12mgr=12mv2−0，解得v=gr，则ab刚进入磁场时回路中的感应电动势为E′=Bdv=Bdgr，两金属棒串联，故两棒中的瞬时电流为I′=Bdgr2R，故C正确；设两棒最终速度大小均为v′，从ab进入磁场至两棒共速过程中，根据动量守恒定律有mv=2mv′，解得v′=gr2，故D正确。
3．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4.5m/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，当线框运动到位置Ⅲ时速度恰为0，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=q2B. q1=2q2C. v=1.0m/sD. v=1.5m/s
【答案】BD
【解析】根据q=ΔΦR=BSR可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1、q2的关系为q1=2q2，故A错误，B正确。线框从开始进入到运动至位置Ⅱ，由动量定理有−BI1LΔt1=mv−mv0，即−BLq1=mv−mv0；同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理有−BI2LΔt2=0−mv，即−BLq2=0−mv，联立解得v=13v0=1.5m/s，故C错误，D正确。
4．（2025·江苏南京一模）如图所示，光滑绝缘水平桌面上放置一边长为L、质量为m、阻值为R的正方形金属线框MNPQ，a、b是垂直于水平面向上的匀强磁场Ⅰ的边界，ef是垂直于水平面向上的匀强磁场Ⅱ的边界，两磁场的磁感应强度大小均为B，磁场宽均为L，两磁场边界相互平行且平行于线框的MN边，b、e间距为L2，给金属线框一个水平向右的初速度，使其滑进磁场，线框刚好能穿过两个磁场。则下列说法正确的是（ ）
A. MN边刚进入磁场Ⅱ时的加速度大小为3B4L5m2R2
B. 线框的初速度大小为3B2L3mR
C. 线框穿过磁场Ⅰ、Ⅱ时，线框中产生的焦耳热之比为1:1
D. 若仅将磁场Ⅱ方向反向，线框也刚好能穿出磁场Ⅱ
【答案】B
【解析】线框的MN边刚进入磁场Ⅱ时，MN、PQ两边同时切割磁感线，产生的感应电动势方向相反，产生的感应电流为0，加速度为0，故A错误；设线框的初速度大小为v0，线框穿过两磁场过程中，根据动量定理得−BILt=0−mv0，即BqL=mv0，又I=ER，E=ΔΦΔt，q=ΔΦR=3BL2R（注意在运动过程中各阶段是否有感应电流产生），则3BBL2RL=mv0，解得v0=3B2L3mR，故B正确；设PQ边刚出磁场Ⅰ时速度为v1，根据动量定理有−32BBL2RL=0−mv1，解得v1=12v0，线框穿过磁场Ⅰ、Ⅱ时，线框中产生的焦耳热之比为Q1Q2=12m(v02−14v02)12m(v02)2=31，故C错误；若仅将磁场Ⅱ方向反向，两条边同时切割磁感线时，安培力变大，线框不能穿出磁场Ⅱ，故D错误。
5．多选 如图所示，两根光滑、足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1固定在水平面上，MN与M1N1间距离为2l，PQ与P1Q1间距离为l。金属棒a和b的质量分别为2m和m、长度分别为2l和l，金属棒a、b分别垂直放在导轨上。整个装置处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现a获得水平向右的初速度v0，两棒运动时始终保持平行且a总在MN、M1N1上运动，b总在PQ、P1Q1上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒a中流过的电荷量是2mv03Bl
B. 金属棒a和b做加速度相同的匀加速直线运动
C. 金属棒a和b做速度相同的匀速直线运动
D. 回路感应电动势为0
【答案】AD
【解析】因金属棒a向右运动，所受安培力方向向左，则a做减速运动，金属棒b所受安培力方向向右，做加速运动，经过一段时间后，两棒稳定时均做匀速运动，此时回路的感应电流为0，感应电动势为0，有B⋅2lva=Blvb，即2va=vb，B、C错误，D正确；由动量定理，对a有，−BI⋅2lΔt=2mva−2mv0，对b有，BI⋅lΔt=mvb，解得q=IΔt=2mv03Bl，A正确。
6．（2025·江西萍乡一模）多选 如图所示，一边长为L的正方形线圈置于光滑绝缘水平面上，线圈右侧存在竖直方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，两磁场的宽度均为L，磁感应强度大小均为B，方向如图所示。线圈的cd边与磁场边界平行。现给线圈一水平向右的初速度v0，当线圈全部进入磁场Ⅱ时速度恰好为0，下列说法正确的是（ ）
A. 线圈的cd边刚要进入磁场Ⅱ时的速度为22v0
B. 线圈的cd边刚要进入磁场Ⅱ时的速度为45v0
C. 若线圈的初速度为2v0，当线圈全部进入磁场Ⅱ时速度为v0
D. 若线圈的初速度为2v0，当线圈全部进入磁场Ⅱ时速度为3v0
【答案】BC
【解析】设线圈的cd边刚要进入磁场Ⅱ时的速度为v1，线圈的cd边在磁场Ⅰ运动的过程，由动量定理得−BLI1Δt1=mv1−mv0，线圈的cd边在磁场Ⅱ运动的过程，有−2BLI2Δt2=0−mv1，其中q1=I1Δt1=BL2R，q2=I2Δt2=2BL2R，联立解得v1=45v0，故A错误，B正确；线圈的cd边在磁场Ⅰ运动的过程中动量的减少量为Δp1=mv0−mv1=15mv0，线圈的cd边在磁场Ⅱ运动的过程中动量的减少量为Δp2=mv1−0=45mv0，若线圈的初速度为2v0，设当线圈全部进入磁场Ⅱ时速度为v2，则有Δp1+Δp2=m⋅2v0−mv2，联立解得v2=v0，故C正确，D错误。
能力强化练
7．（2025·福建厦门二模）多选 如图所示，间距为L的平行光滑长直金属导轨固定放置，导轨平面水平，矩形PMNQ区域有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，导轨平面离地面的高度为ℎ，质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒a、b垂直放在导轨上，b在磁场中，a在磁场外，给a一个水平向右的初速度v0，两金属棒在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，a、b两金属棒从导轨MN端水平抛出后做平抛运动的水平位移之比为2:1。两金属棒在导轨上运动时没有发生碰撞，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒a进磁场时的加速度大小为B2L2v0mR
B. 金属棒b离开导轨做平抛运动的水平位移为v032ℎg
C. 整个过程金属棒a中产生的焦耳热为29mv02
D. 金属棒b初始位置到PQ的距离至少为2mRv03B2L2
【答案】BD
【解析】对a，根据牛顿第二定律有FA=BIL=BLBLv02R=B2L2v02R=ma，金属棒a进磁场时的加速度大小为a=B2L2v02mR，故A错误；由于a、b两金属棒从导轨MN端水平抛出后做平抛运动的水平位移之比为2:1，因此a、b离开导轨时的速度大小之比为2:1，设b离开导轨时的速度大小为v，则a离开导轨时的速度大小为2v，根据动量守恒定律得mv0=2mv+mv，解得v=13v0，金属棒b做平抛运动有ℎ=12gt2、x=vt，联立解得x=v032ℎg，故B正确；由能量守恒可知，金属棒a中产生的焦耳热Q=12[12mv02−12m(13v0)2−12m(23v0)2]=19mv02，故C错误；设两金属棒在磁场中相对运动的位移为x，对a，根据动量定理得−BLIΔt=m×23v0−mv0，因为q=IΔt=E2RΔt=ΔΦΔt2RΔt=ΔΦ2R=BLx2R，联立解得x=2mRv03B2L2，故D正确。
8．（2025·四川达州一模）（10分）如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T，方向垂直于纸面向里。一正方形导线框MNQP从距磁场上边界高度ℎ=0.2m处自由下落，一段时间后PQ边进入磁场，再过一段时间t，MN边以v1=2.5m/s进入磁场。已知导线框质量m=20g，边长L=0.2m，电阻R=1Ω 。重力加速度g取10m/s2，求导线框：
（1） 刚进入磁场时，PQ边所受安培力的大小F安；
（2） 进入磁场过程中产生的热量Q；
（3） 进入磁场所用时间t。
【答案】（1） 8×10−2N
（2） 1.75×10−2J
（3） 9×10−2s
【解析】
（1） 导线框进入磁场前做自由落体运动，设PQ边刚进入磁场时，导线框速度大小为v0，根据机械能守恒定律得mgℎ=12mv02，
解得v0=2m/s。
此时PQ边切割磁感线产生的感应电流为I=BLv0R，
PQ边所受安培力的大小F安=BLI，
代入数据得F安=8×10−2N。
（2） 导线框进入磁场过程中，由能量守恒定律有mgℎ=12mv12−12mv02+Q，
代入数据得Q=1.75×10−2J。
（3） 导线框进入磁场过程中由动量定理有mgt−∑BiLt=mv1−mv0，
其中∑BiLt=BL∑it=BLq，
通过导线框的电荷量为q=ΔΦR=BL2R，
代入数据计算可得t=9×10−2s。
创新思维练
9．（2025·辽宁沈阳三模）（12分）我国第三艘航空母舰福建舰配备了电磁弹射系统。为探究弹射过程，某项目组设计了如图所示的简化模型（俯视图）。已知电源的电动势为E，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R，两足够长的水平固定导轨间距为L，金属棒MN的质量为m，静置在导轨上，不计金属棒与导轨间的阻力，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小可在一定范围内调节。不计电源、金属棒及导轨电阻，金属棒MN在运动过程中始终与导轨垂直。
（1） 若导轨只放金属棒，调节磁感应强度大小为B0，断开S2，将S1接c，电源给电容器充电，充电完成后断开S1，将S2接d，求金属棒运动达到稳定状态时速度的大小；
（2） 将一绝缘材料制成的飞机模型与金属棒固定，组合体总质量为M，运动过程中所受阻力恒为f；调节磁感应强度也为B0，开关S1、S2分别接a、b。若组合体从静止开始运动，当位移为x时速度为v0，求此时组合体加速度的大小及此过程所用时间；
（3） 开关S1、S2分别接a、b，调节磁感应强度，（2）中组合体能达到的稳定速度也随之改变。求理论上可实现的稳定速度的最大值以及对应的磁感应强度的大小。
【答案】（1） B0LCEm+CB02L2
（2） B0EL−B02L2v0−fRMR；Mv0R+B02L2xB0LE−fR
（3） E24fR；2fREL
【解析】
（1） 当金属棒运动达到稳定状态时，设金属棒的稳定速度为v，此时电容器两端电压UC=B0Lv，
在此过程中，由动量定理得
∑B0ILΔt=mv，
其中∑IΔt=Δq=C(E−UC)，
解得v=B0LCEm+CB02L2。
（2） 当组合体速度大小为v0时，由牛顿第二定律得F安−f=Ma，
因为F安=B0IL，I=E−B0Lv0R，
解得a=B0EL−B02L2v0−fRMR。
组合体从静止开始运动到通过位移为x的过程中，由动量定理得
∑B0ILΔt−ft=Mv0，
其中∑IΔt=∑E−B0LvRΔt=ERt−B0LRx，
代入上式解得t=Mv0R+B02L2xB0LE−fR。
（3） 当组合体最终达到稳定时，有
F安=B(E−BLv)RL=f，
整理得B2L2v−BLE+fR=0，由求根公式得B=12Lv(E±E2−4fvR)，
使B有解，则有E2−4fvR≥0，
即v≤E24fR，可得vmax=E24fR，
此时Bmin=E2Lvmax=2fREL。
一题多解 还可采用以下两种解法
解法①：当组合体达到稳定状态时，有F安=B(E−BLv)RL=f，
整理得v=−fRL2⋅1B2+EL⋅1B，
根据数学知识可知，当1B=EL2fR时，v取最大值，为vmax=E24fR，
此时Bmin=2fREL。
解法②：将定值电阻与电源看成等效电源，电动势为E，内阻为R，当组合体达到稳定时，等效电源的输出功率达到最大，为P出max=P克f=fvmax，
且P出max=E24R，
由以上两式得vmax=E24fR，
此时U外=E2=BminLvmax，
解得Bmin=E2Lvmax=2fREL。