第12章　电磁感应 第5讲　专题提升：电磁感应中的动量问题--2027全国版高考物理第一轮(含答案)

2027全国版高考物理第一轮
第5讲　专题提升:电磁感应中的动量问题
基础对点练
题组一　动量定理在电磁感应中的应用
1.(2025江苏扬州模拟)如图所示,导体框位于竖直平面内,匀强磁场垂直于纸面向里,磁感应强度大小B=2.0 T,水平导体棒MN可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离,导体棒MN质量m=0.1 kg,接入电路的电阻r=1.0 Ω;导轨宽度L=1.0 m,定值电阻R=3.0 Ω,装置的其余部分电阻可忽略不计。将导体棒MN无初速度释放,导体棒下滑h=2.0 m高度时速度达到最大,重力加速度g取10 m/s2。则导体棒(　　)
A.下滑的最大速度为4 m/s
B.从释放到下滑h高度所经历的时间为1 s
C.从释放到下滑h高度过程中,电阻R产生的热量为1.95 J
D.从释放到下滑h高度过程中,通过电阻R的电荷量为1 C
2.(7分)(2025浙江杭州一模)某兴趣小组为研究电动汽车能量回收装置原理,设计了如图所示的模型:两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外沿半径方向的辐向磁场。有一根质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连,可绕轴转动,金属棒所在之处的磁感应强度大小均为B,整个装置竖直放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关,开关接通1,由电动势为E、内阻为r的电源给金属棒供电,棒MN受到阻力Ff方向与速度相反,大小与速度成正比,Ff=kv,k为已知常数。当MN运动的路程为s时已经匀速运动。若开关接通2,则开始能量回收,给电容为C的电容器充电。初始时电容器不带电、金属棒MN静止,电路其余部分的电阻不计。
(1)在开关接通1瞬间,求棒MN所受安培力大小;
(2)开关接通1,求稳定后棒MN的最大速度vm;
(3)接第(2)问,若最大速度已知,记为vm,则:
①求金属棒MN开始转动到达到最大速度过程中,电源把多少其他形式能转化为电能;
②金属棒MN达到最大速度vm后,开关接通2,若此后阻力不计,在一段时间后金属棒将再次匀速转动,求此时电容器C上的带电荷量Q。
3.(7分)(2025山东菏泽一模)如图所示,两段足够长但不等宽的光滑平行金属导轨水平放置,b、g两点各有绝缘材料(长度忽略不计)平滑连接导轨,ac、fh段长度为l,de、jk段长度为2l。整个空间处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。导轨af端接有电容C=的电容器(初始不带电),导体棒Ⅱ静止于de、jk段。导体棒Ⅰ、Ⅱ的质量分别为m、2m,电阻分别为R、2R,长度分别为l、2l,导体棒Ⅰ从靠近 af位置以初速度v0向右运动,到达bg左侧前已达到稳定速度v1(v1未知)。两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度为g,导轨电阻和空气阻力忽略不计。求:
(1)导体棒Ⅰ到达bg时速度v1的大小;
(2)导体棒Ⅰ在bc、gh段水平导轨上运动的过程中,导体棒Ⅰ达到稳定时的速度 v2的大小;
(3)导体棒Ⅰ在bc、gh段运动过程中,导体棒Ⅰ上产生的焦耳热。
题组二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
4.(多选)(2026海南海口月考)如图所示,两根足够长光滑平行导轨相距0.25 m,导轨左侧倾斜,右侧部分固定在水平面上,水平面上存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为0.4 T,倾斜部分附近不存在磁场。金属杆乙垂直放在水平导轨上,金属杆甲垂直放在倾斜导轨上,与水平面的高度差为0.45 m。某时刻由静止释放金属杆甲,金属杆甲加速下滑,不计转弯处能量损失,进入水平面上的磁场区域后刚好未与金属杆乙发生碰撞。已知金属杆甲、乙质量均为0.1 kg,接入电路的电阻均为0.1 Ω,导轨电阻不计,金属杆与导轨垂直且接触良好,重力加速度g取10 m/s2,以下说法正确的是(　　)
A.甲下滑至磁场区域时的感应电动势为0.3 V
B.金属杆乙的最大速度为2 m/s
C.通过回路某截面的电荷量最大值为1.5 C
D.金属杆乙加速运动过程中,相对于金属杆甲的位移大小为1.5 m
5.(7分)如图所示,在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内,垂直于磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的平行金属导轨,在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd,两棒彼此平行且间距为d,构成一矩形回路。导轨间距为L,两导体棒的质量均为m,接入电路的电阻均为R,导轨电阻可忽略不计。导体棒可在导轨上无摩擦地滑行,初始时刻ab棒静止,给cd棒一个向右的初速度v0,求:
(1)当cd棒速度减为0.6v0时,ab棒的速度v及加速度a的大小;
(2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中,通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x。
综合提升练
6.(2025陕晋青宁卷)如图所示,光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场,其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m,长均为2L,宽均为L,电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度 v0=并排进入磁场,忽略两线框之间的相互作用。则(　　)
A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B.甲、乙线框刚进磁场区域时,所受合力大小之比为1∶1
C.乙线框恰好完全出磁场区域时,速度大小为0
D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3
7.(多选)(2025湖南卷)如图所示,关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内,导轨形状为抛物线,顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合,金属杆的质量为m,单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0,金属杆运动过程中始终与y轴平行,且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是(　　)
A.金属杆沿x轴正方向运动过程中,金属杆中电流沿y轴负方向
B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C.金属杆停止运动时,与导轨围成的面积为
D.若金属杆的初速度减半,则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
8.(10分)(2025河北卷改编)某电磁助推装置设计如图,超级电容器经调控系统为电路提供1 000 A的恒定电流,水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中,a可视为始终垂直导轨的导体棒,b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM'处,b静止于a右侧某处。现将开关S接1端,a与b正碰后锁定并一起运动,损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN'时将S接2端,同时解除锁定,所储势能瞬间全部转化为动能,a与b分离。已知电容器电容C为10 F,导轨间距为0.5 m,磁感应强度大小为1 T,MM'到NN'的距离为5 m,a、b质量分别为2 kg、8 kg,a在导轨间的电阻为0.01 Ω。碰撞、分离时间极短,各部分始终接触良好,不计导轨电阻、摩擦和储能耗损,忽略电流对磁场的影响。
(1)若分离后某时刻a的速度大小为10 m/s,求此时通过a的电流大小。
(2)忽略a、b所受空气阻力,当a与b的初始间距为1.25 m时,求b分离后的速度大小,分析其是否为b能够获得的最大速度;并求a运动过程中电容器的电压减小量。
培优拔高练
9.(13分)(2025山东卷)如图所示,平行轨道的间距为L,轨道平面与水平面夹角为α,二者的交线与轨道垂直,以轨道上O点为坐标原点,沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ,区域Ⅰ(-2L≤x<-L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场;区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场,磁感应强度大小B1=k1t+k2x,k1和k2均为大于零的常量,该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上时,pq边与轨道垂直,由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动,磁场上、下边界均与x轴垂直,整个过程中金属框不发生形变,重力加速度大小为g,不计自感。
(1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动,求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s;
(2)金属框沿轨道下滑,当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0),此时金属框的速率为v0,若k1=,求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,ef边移动的距离d。
答案：
1.D　解析 导体棒速度最大时,安培力等于重力,即mg=BImL,其中Im=,联立得vm=,代入数据得vm=1 m/s,A错误;由动能定理可知mgh+W安=-0,解得W安=-1.95 J,所以全电路电阻上的焦耳热Q=-W安=1.95 J,所以电阻R上产生的热量QR=Q=1.462 5 J,C错误;导体下落h的过程中,通过导线横截面的电荷量q=t,其中、ΔΦ=BΔS=BLh,联立解得q=1 C,D正确;导体棒下落h的过程中,设经历时间为t,根据动量定理得mgt-BLt=mvm-0,其中q=t,代入数据解得t=2.1 s,B错误。
2.答案 (1)　(2)　(3)①　②
解析 (1)由闭合电路的欧姆定律,有I=,安培力FA=BIL,可得FA=。
(2)设匀速转动时回路中电流为I1,则I1=
匀速转动时动力与阻力平衡,有BI1L=kvm
解得vm=。
(3)①由动量定理,有BILΔt-∑kvΔt=mvm-0
解得q=IΔt=
其他形式的能转化成的电能W=Eq=;
②设再次匀速时速度为v,电容器电荷量为Q,由BLv=,
-BQL=mv-mvm
解得Q=。
3.答案 (1)　(2)　(3)
解析 (1)根据电容的定义式有C=,Ⅰ棒在bg左侧稳定运动过程中,其切割磁感线的感应电动势U=Blv1,根据动量定理有-Blt=mv1-mv0,根据电流的定义式有Q=t,解得v1=。
(2)Ⅰ棒在bc、gh段运动过程中,对Ⅰ棒进行分析,根据动量定理有-Blt=mv2-mv1,对Ⅱ棒进行分析,根据动量定理有B·2lt=2mv3,Ⅰ、Ⅱ棒稳定时有Blv2=B·2lv3,解得v2=,v3=。
(3)Ⅰ棒在bc、gh段运动过程中,设Ⅰ棒产生的焦耳热为Q1,Ⅱ棒产生的焦耳热为Q2,由于回路中电流相等,则有2Q1=Q2,根据能量守恒定律有×2m+Q1+Q2,解得Q1=。
4.AC　解析 甲下滑至磁场区域时,根据动能定理有mgh=,解得v0=3 m/s,此时感应电动势为最大值,则有E0=BLv0=0.3 V,A正确;甲进入磁场后,甲开始减速,乙开始加速,两者速度相等后,共同向右匀速运动,对甲、乙构成的系统,根据动量守恒定律有mv0=2mv1,解得v1=1.5 m/s,B错误;对乙进行分析,根据动量定理有BLΔt=mv1-0,根据电流定义式有,解得q=1.5 C,C正确;金属杆乙加速运动过程中,设其相对于金属杆甲的位移为x,感应电动势的平均值,感应电流的平均值,根据电流定义式有,结合上述解得x=3 m,D错误。
5.答案 (1)0.4v0　　(2)　d+
解析 (1)两棒组成的系统所受合外力为零,因此满足动量守恒定律,有mv0=0.6mv0+mv
解得v=0.4v0
此时回路感应电动势E=0.6BLv0-0.4BLv0,回路电流I=,因此ab棒的加速度a=
整理得a=。
(2)ab、cd棒速度相等时有最大距离,根据动量守恒定律可得mv0=2mv共
对ab棒,根据动量定理有BLΔt=mv共
而q=Δt,解得q=
在这段时间内,平均感应电动势=BLΔ
回路平均电流
因此流过某截面的电荷量q=Δt=Δt=,解得最大距离x=d+。
6.D　解析 根据楞次定律可知,甲线框进磁场的过程中电流方向为顺时针,出磁场的过程中电流方向为逆时针,故A错误;甲线框刚进磁场区域时,所受合力为F安1=BI1L,且I1=,乙线框刚进磁场区域时,所受合力为F安2=BI2L,且I2=,可知F安1∶F安2=2∶1,故B错误;假设甲、乙线框都能完全出磁场,对甲线框,根据动量定理有-BLΔt=mv1-mv0,又q1=Δt=·Δt=,同理,对乙线框,有-BLΔt'=mv2-mv0,q2=Δt'=·Δt'=,解得v1=0,v2=v0=,故甲线框恰好完全出磁场区域,乙完全出磁场区域时,速度大小不为0,故C错误;由能量守恒定律可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1=,Q2=,即Q1∶Q2=4∶3,故C错误,D正确。
7.AC　解析 根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中,金属杆中电流沿y轴负方向,故A正确;若金属杆可以在沿x轴正方向的力F作用下做匀速直线运动,则有F=F安=BIL,I=,可得F=,由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化,故F为变力,故B错误;取一微小时间Δt,设此时金属杆接入导轨中的长度为L',根据动量定理有-BI'L'Δt=-BL'q'=mΔv,同时有q=·Δt=,联立得-=mΔv,对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得-=0-mv0,解得此时金属杆与导轨围成的面积S=,故C正确;若金属杆的初速度减半,由上述分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积S'=S,根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半,故D错误。
8.答案 (1)500 A　(2)25 m/s　是　40 V
解析 本题考查电磁感应。
(1)根据法拉第电磁感应定律有E=BLv
通过a的电流I1=
解得I1=500 A。
(2)以水平向右为正方向,a从MM'运动至b位置过程中由安培力提供加速度
有BIL=maa1,x1=1,v1=a1t1
解得a1=250 m/s2,t1=0.1 s,v1=25 m/s
a与b碰撞过程中系统动量守恒,有
mav1=(ma+mb)v2
储存的弹性势能为Ep=m(ma+mb)
解得v2=5 m/s,Ep=500 J
a、b碰后一起运动至NN'过程中,x2=5 m-1.25 m=3.75 m,由安培力提供加速度,有
BIL=(ma+mb)a2,x2=v2t2+2,v3=v2+a2t2
解得a2=50 m/s2,t2=0.3 s,v3=20 m/s
a、b分离过程,由动量守恒定律有
(ma+mb)v3=mav4+mbv5
由能量守恒定律有
Ep=mmb(ma+mb)
解得v4=0,v5=25 m/s
在整个过程中安培力大小恒定,a、b分离时,若a的速度为零,则此时b能获得最大速度,最大速度为25 m/s
上述过程中通过导体棒a的电荷量q=I(t1+t2)=400 C
电容器电压的减少量ΔU=
解得ΔU=40 V。
9.答案 (1)　(2)
解析 (1)由金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动可知,金属框在从pq边进入区域Ⅰ到ef边出区域Ⅰ的过程中做匀速直线运动,受力平衡,对金属框受力分析,如图所示,则有F安=mgtan α
由法拉第电磁感应定律有
E1=BLvcos α
由闭合电路欧姆定律有
I=
又F安=BIL
联立解得v=
在进入区域Ⅰ前对金属框分析,则有a=gsin α,v2=2as
解得s=。
(2)由题意可知,金属框ef边进入区域Ⅱ后的电动势E=E感+E动
又E感==L2·=k1L2
E动=Epq-Eef=BpqLv'-BefLv'=[k1t+k2(x+L)]Lv'-[k1t+k2x]Lv'=k2L2v'
金属框中的电流I=
故金属框所受安培力的合力
F安'=BpqIL-BefIL=[k1t+k2(x+L)]IL-(k1t+k2x)IL=k2L2I
联立解得F安'=v'
将k1=代入化简可得
F安'=mgsin α+
设金属框达到平衡状态时的速度为v1',此时受力分析有F安1'=mgsin α,
解得v1'=0
对金属框,由动量定理有
(mgsin α-)t=m(v1'-v0)
即=mv0
解得d=。
9