2025屆高中物理三輪沖刺練習：動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用習題

培優(yōu)點3動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

EI核心精講

一、動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

在導體單桿切割磁感線做變加速運動時，若牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題，可運用動量定理

巧妙解決問題。

若導體桿的有效長度乙、質(zhì)量旭以及勻強磁場的磁感應(yīng)強度3已知，則

L求電荷量：q-Av建立聯(lián)系

-BlL\t=mv2-mv\，q=lNt,

BP-BqL=mv2-mv\

2.求位移：x-Av建立聯(lián)系

B2L2vAt—A

-------=mv2-mvi，x=v/xt,

R總

B2L2%

NN-----=mv2-mv\

R總

3.求時間（有恒力參與）：加-q-Au建立聯(lián)系

-BILAt+F其他Az=mv2-^tvi

即-ALq+方其他

B2L2vAt.

或------hr其他△QMV2-機V1

R總

/2乙2x

BP-------HF其他^t=mvi-mv\

R總

電荷量外位移X、尸其他（尸其他為恒力）已知

二、動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

在等大的勻強磁場中有效長度相等的雙棒模型，系統(tǒng)受到合外力為零，常用動量守恒定律求解速度關(guān)

系。常見的問題：求熱量、求電荷量、求相對位移。

解題策略：用動量守恒定律求出達到共速時的速度，根據(jù)能量守恒定律算出產(chǎn)生的熱量，對其中一個

棒進行分析，通過動量定理可以得出通過電路的電荷量，進一步求出兩棒位移的變化量。

E1高頻考點練

考點一動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

1.（2024?江西省九校聯(lián)考）如圖所示，絕緣水平面上固定有兩根足夠長的光滑平行導軌，導軌間距為

d,左端連接阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為機、電阻為廠的導體棒垂直導軌放置，空間存在方向

豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為3的勻強磁場，現(xiàn)給導體棒一個水平向右的初速度V0,導體棒在運

動過程中始終與導軌接觸良好，導軌電阻不計，導體棒運動的全過程中，下列說法正確的是：

A.從上往下看，回路中產(chǎn)生逆時針方向的電流

2

B.電阻R上產(chǎn)生的熱量為嗎工

2（R+r）

C.通過導體棒某橫截面的電荷量為嗎

Bd

D.導體棒向右運動的最大距離為嚶

82d2

2.（多選）（2024.湖北省T8聯(lián)盟二模）如圖所示，光滑平行等間距且足夠長的導軌水平放置在豎直向

上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小3=3T,導軌寬度L=lm,左端通過導線連接了電源和一個開關(guān)

K,電源的電動勢E=6V、內(nèi)阻尸1C。一質(zhì)量根=0.1kg的導體棒垂直于導軌放置，其接入電路的

電阻R=2導體棒的中部通過與導軌平行的絕緣輕繩繞過光滑的定滑輪連接了一個質(zhì)量M=0.5

kg的物塊，用手托住物塊保持靜止且輕繩恰好處于伸直狀態(tài)。釋放物塊的瞬間閉合開關(guān)K,已知

重力加速度g=10m/s2,導軌電阻不計，則從剛釋放到物塊恰好勻速運動經(jīng)歷時間U0.44s,則關(guān)

于該過程下列說法正確的是：

A.導體棒先向左運動后向右運動

B.導體棒最終速度大小為二m/s

3

C.流經(jīng)導體棒的電荷量為0.6C

D.電源消耗的能量為4.8J

3.（多選）（2024?山西晉中市模擬）如圖所示，兩平行導軌均足夠長且寬度L：心=2：1,導軌電阻不

計，導軌所在空間存在著磁感應(yīng)強度大小8=2T、方向豎直向上、范圍足夠大的勻強磁場。質(zhì)量

分別為2kg和1kg的金屬棒a和b靜止放在水平導軌上且與導軌垂直，a、b接入兩平行導軌間的

阻值之比島：&為2：1。若金屬棒a始終在寬導軌間運動，初速度大小vo=6m/s。已知g取10

m/s2,Li=4m,不計摩擦和空氣阻力，貝U：

A.金屬棒a最終的速度大小為2m/s

B.金屬棒b最終的速度大小為6m/s

C.整個過程中通過金屬棒a的電荷量為1C

D.整個過程中金屬棒b中產(chǎn)生的焦耳熱為10J

【點撥?提煉】若無外力作用在雙棒上，雙棒達到穩(wěn)定狀態(tài)時滿足囪丫乙=&1，2

考點二動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

4.（2024?湖北省模擬）如圖所示，足夠長的光滑水平固定金屬導軌寬為3導軌上靜止放置著質(zhì)量分

別為2根、3機的兩根導體棒a、b,現(xiàn)給a—?水平向右的初速度v。已知導軌電阻不計，兩導體棒始

終與導軌保持垂直且與導軌接觸良好，回路的總電阻為R,垂直于導軌平面向里的勻強磁場的磁

感應(yīng)強度大小為以下列說法正確的是:

A.a、b穩(wěn)定前回路中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流

B.a的速度為迎時，b的速度為Z

44

C.a的速度為至時，b的加速度為—

42mR

D.從開始到a、b穩(wěn)定后，a、b間的距離增大了絲笠

5.（多選）（2023?遼寧卷40）如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導軌間距

分別為d和2d,處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為28和瓦已知導體棒的電阻

為R、長度為d,導體棒尸。的電阻為2R、長度為2d,PQ的質(zhì)量是A/N的2倍。初始時刻兩棒靜

止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停

止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不

計。下列說法正確的是：

P

y|.卜...

28：：：：：**B**

N~I......

Q

A.彈簧伸展過程中，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流

B.PQ速率為v時，所受安培力大小為"譽

C.整個運動過程中，與PQ的路程之比為2：1

D.整個運動過程中，通過的電荷量為吆

【點撥?提煉】

1.本題雖為不等寬雙棒問題，但兩棒的長度與磁感應(yīng)強度的乘積相等，系統(tǒng)所受的合外力為零，故兩

棒滿足動量守恒。

2.兩棒均切割磁感線，故本題為“雙電源”問題。

6.（2024?湖北卷［5）如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為3固定在同一水平面

內(nèi)，直導軌在左端V、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的三圓弧導軌相切。連線與直導軌

4

垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強度大小為反方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質(zhì)量為

m、電阻為R的金屬棒仍跨放在兩圓弧導軌的最高點。質(zhì)量為2根、電阻為6R的均勻金屬絲制成

一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、

所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。

現(xiàn)將金屬棒油由靜止釋放，求：

（1）（2分）ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大??；

（2）（3分）金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大?。?/p>

（3）（7分）為使仍在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。

EI補償強化練

1.（多選）（2024?湖南卷?8）某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導軌置于同一水平面內(nèi)，

導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導軌段與EG段粗糙，其余部分光滑，右側(cè)處

于豎直向下的勻強磁場中，一質(zhì)量為根的金屬桿垂直導軌放置?，F(xiàn)讓金屬桿以初速度w沿導軌向

右經(jīng)過AAi進入磁場，最終恰好停在CG處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R,與粗糙導軌

間的動摩擦因數(shù)為"，AB=BC=da導軌電阻不計，重力加速度為g,下列說法正確的是：

Ai

I'-----d

A.金屬桿經(jīng)過BBi的速度為科

B.在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為9g,

C.金屬桿經(jīng)過44/18與881cle區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量相同

D.若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍

2.（2024?湖北省聯(lián)考）如圖所示，有兩光滑平行金屬導軌，傾斜部分和水平部分平滑連接，BE、CH

段用特殊材料制成，光滑不導電，導軌的間距L=lm,左側(cè)接R=1C的定值電阻，右側(cè)接電容

C=1F的電容器，ABCD區(qū)域、EFGH區(qū)域均存在垂直于導軌所在平面向下、磁感應(yīng)強度3=1T的

勻強磁場，ABCD區(qū)域長s=0.3m。金屬桿a、b的長度均為L=lm,質(zhì)量均為m=0.1kg,a的電阻

為-2db的電阻不計。金屬桿a從距導軌水平部分/z=0.45m的高度處由靜止滑下，金屬桿b靜

止在區(qū)域，金屬桿b與金屬桿a發(fā)生彈性碰撞后進入EFG"區(qū)域，最終穩(wěn)定運動。求：（重

力加速度g取10m/s2）

.4BE

（1）（2分）金屬桿a剛進入ABCD區(qū)域時通過電阻R的電流I；

（2）（2分）金屬桿a剛離開ABCD區(qū)域時的速度v2的大?。?/p>

（3）（4分）金屬桿b穩(wěn)定運動時的速度V4的大??；

（4）（2分）整個運動過程中金屬桿a上產(chǎn)生的焦耳熱。

3.（2024?福建寧德市期末）如圖甲所示，兩根相距為L、足夠長的光滑平行金屬導軌PQ、水平

放置，爐兩側(cè)存在豎直方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反。兩根電阻均為R的金

屬棒a、b放置于EF兩側(cè)的導軌上。初始時將a棒鎖定，b棒用一不可伸長的絕緣細繩通過輕質(zhì)定

滑輪與物塊c相連，細繩處于拉緊狀態(tài)且與導軌平行，b棒與物塊c的質(zhì)量均為如物塊c距地面

的高度為瓦現(xiàn)由靜止釋放物塊c,在物塊c落地瞬間，b棒與細繩分離，同時解除對a棒的鎖定,

并測得整個運動過程b棒的速度與時間關(guān)系如圖乙所示，圖中vo已知。整個運動過程b棒未與滑

輪相碰，兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，物塊c落地后不反彈，導軌電阻、細繩與滑輪的

摩擦力及空氣阻力均忽略不計，重力加速度為g,求：

(1)(2分)物塊c剛釋放瞬間的加速度大小a-,

(2)(3分)磁場的磁感應(yīng)強度大小B；

(3)(3分)物塊c落地的時間t；

(4)(4分)整個過程回路中產(chǎn)生的焦耳熱Qo

答案精析

高頻考點練

1.C［根據(jù)楞次定律可知，從上往下看，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，故A錯誤；根據(jù)能量守

2

恒，可知回路中產(chǎn)生的熱量為Q^mv0,電阻R上產(chǎn)生的熱量為警，故B錯誤；通

過導體棒某橫截面的電荷量為q=12,由動量定理可得-應(yīng)dA/=O-mvo,聯(lián)立解得q喑，故C正確；

設(shè)導體棒向右運動的最大距離為L,則有“=絲=鴕,聯(lián)立解得嗎魯)，故D錯誤。］

2.BD［閉合開關(guān)的瞬間，導體棒速度為0,電流/=急=2人，由左手定則知安培力方向向左，安

培力大小F=ILB=6N>Mg=5N,故導體棒和物塊將向左加速,導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,

有E-BLv=I(R+r),隨著速度的增加，電流逐漸減小，安培力逐漸減小，對導體棒和物塊有〃8-

Mg=(m+M)a,可知加速度逐漸減小，當加速度減小到。時，系統(tǒng)受力平衡，保持向左勻速直線運

動，A項錯誤；由以上分析可知，當加速度為。時，電流大小1=|A,速度v^m/s,B項正確；

對導體棒和物塊由動量定理有BLq-Afg/=(冽+M)v，代入數(shù)據(jù)得q=0.8C,C項錯誤；根據(jù)非靜電力

做功可求得電源消耗的電能W=Eq=4.8J,D項正確。］

3.AC［當回路中磁通量不發(fā)生變化時不再有感應(yīng)電流，安培力消失，此時兩棒速度達到穩(wěn)定，則

兩金屬棒單位時間內(nèi)掃過面積相等，有vxLx-viLi,對a、1)分別由動量定理有-_811/=儂0-儂"0,

BIL2t=rribV2-0,聯(lián)立解得vi=2m/s,V2=4m/s,選項A正確,B錯誤；對a由動量定理有HiQ冽aVi-

mavo,即-BLiq=冽aVi-冽aw，代入數(shù)據(jù)得整個過程中流過a的電荷量q-\C,選項C正確；對整個過

程由能量守恒定律有：儂%2帶儂％2+51b以2+Q，代入數(shù)據(jù)得整個過程中a、b上產(chǎn)生的總熱量

2=24J,整個過程中b上產(chǎn)生的熱量Qb=#^Q=8J,選項D錯誤。］

R］+/?2

4.D［穩(wěn)定前,Va>Vb,易知回路中感應(yīng)電流方向為逆時針。a的速度為2V時，由動量守恒定律

4

2mv=2mx-y+3mvb,解得Vb=-V,此時回路中感應(yīng)電動勢大小E=Bdv-BL-v,E=IR,Fb=BIL=3mab,

4646

所以a^=，故A、B、C錯誤；最后穩(wěn)定時由動量守恒定律有2m=5⑺共，對b,根據(jù)動量定

36mR

理有,BILt=3mv共-0,=It=-t=—=BL(Xa~Xb),解得Xa-Xb=,故D正確。］

qRRR22

5.AC［彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，選項A正確；任意

時亥IJ,設(shè)電流為I,則PQ所受安培力FpQ=BI-2d,方向向左,MN所受安培力FMN=2BId,方向向

右，可知兩棒系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m,則A/N質(zhì)量為m,PQ速率為v

時，則有2mv=mvr,解得"=2v,回路中的感應(yīng)電流/=空也也也=空空,MN所受安培力大小為

3RR

FMN=2BId=^^,選項B錯誤；設(shè)整個運動過程中,某時刻MN與PQ的速率分別為0、V2,同

R

理有mvi=2mv2,可知MN與PQ的速率之比始終為2：1,貝ijMN與PQ的路程之比為2：1,故C

正確；兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態(tài)，由動量守恒可得mxx-lmxi,XI+X2=L,可得最終AfN向

2LL

左移動XI,PQ向右移動X2=|,則詈I3=,選項口錯誤?！?/p>

6.⑴叫麻⑵寫箸

B2L3+mR^2gL

⑴5^2

解析(1)根據(jù)題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過A/P過程中，

2

由動能定理有mgL=^mv0

解得vo=y/2gL

則金屬棒ab網(wǎng)越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為

E=BLvo=BLy/2gL

⑵根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，

由幾何關(guān)系可得,每段圓弧的電阻為Ro=R

可知，整個回路的總電阻為

cnR，R3c

夫總=5=/

ab網(wǎng)越過MP時，通過金屬棒ab的感應(yīng)電流為/高交浮

對金屬環(huán)由牛頓第二定律有

2BL--2ma

2

解得歷

3mR

(3)根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒油所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動量守恒，

由于金屬環(huán)做加速運動，金屬棒做減速運動，為使仍在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，則有當

金屬棒碗和金屬環(huán)速度相等時，金屬棒仍恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時速度為v,

由動量守恒定律有mvo=mv+2mv

解得v=-vo

3

設(shè)經(jīng)過時間t,金屬棒仍與金屬環(huán)共速，

對金屬棒成,由動量定理有

-BILt=m---mvo

3

則有BLq=^mvo

設(shè)金屬棒運動距離為XI,金屬環(huán)運動的距離為X2,

則有q=BL(x「x2)

R總

聯(lián)立解得Ax=x「X2=嗎要

B2L2

則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離

B2L3+mR^2gL

d=L+A%—-5^2

補償強化練

1.CD［設(shè)平行金屬導軌間距為L,金屬桿在AALB由區(qū)域向右運動的過程中切割磁感線有

P

E=BLv,I=—

2R

金屬桿在AA\B\B區(qū)域運動的過程中根據(jù)動量定理有-B/LAUmAu

貝ij-BLVtAt=mAv

2R

由于d=^yt\t,

則上面方程左右兩邊累計求和，可得

22

BLd■=mvB-mvo

2R

則VB=VO-3

2mR

設(shè)金屬桿在351CiC區(qū)域運動的時間為to,

同理可得，則金屬桿在851cle區(qū)域運動的過程中有-%"-"機gto

2.R

--mvB

聯(lián)立解得出=型+”處”

222

則金屬桿經(jīng)過的速度大于當，故A錯誤；

在整個過程中，根據(jù)能量守恒有

2

^mv0=jumgd+Q

則在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為

。@=海02-^mgd

故B錯誤；

金屬桿經(jīng)過AAbBiB與331cle區(qū)域,金屬桿所受安培力的沖量為

D2r2

-ZBILAt=-Yr-^vAt

2Rr

2R

金屬桿經(jīng)過AA由由與BBCiC區(qū)域滑行距離均為d,則金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確；

金屬桿以初速度處在磁場中運動全過程有

22

--B--L---2d-1Limgto=-mvo

2R

若金屬桿的初速度加倍，

則有-B盤:".gio--2mvo

zec/_(nw()-“nigto)-2R

x=2(mvo-^umgto

當初速度為2Vo時，由A項可知，金屬桿到達時速度變大,所以經(jīng)過區(qū)域時間變短,

艮口有to'<to,貝ijx>4d,D正確。］

2.(1)1A