適用于新高考新教材備戰(zhàn)2025屆高考物理一輪總復習第12章電磁感應第5講專題提升電磁感應中的動量問題

第5講專題提升:電磁感應中的動量問題基礎對點練題組一動量定理在電磁感應中的應用1.如圖所示,兩寬度不等的平行金屬導軌固定在傾角θ=30°的斜面上,導軌足夠長且電阻不計。導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN。區(qū)域Ⅰ中的導軌間距L1=0.4m,勻強磁場方向垂直斜面向下,區(qū)域Ⅱ中的導軌間距L2=0.2m,勻強磁場方向垂直斜面向上,兩磁場的磁感應強度大小均為B=1T?，F(xiàn)有電阻分布均勻且長度均為0.4m的導體棒ab和導體棒cd。在區(qū)域Ⅰ中,先將質量m1=0.1kg、電阻R1=0.2Ω的導體棒ab放在導軌上,導體棒ab剛好不下滑。然后在區(qū)域Ⅱ中將質量m2=0.4kg、電阻R2=0.4Ω的光滑導體棒cd置于導軌上,由靜止開始下滑。導體棒cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中,導體棒ab、cd始終與導軌垂直且與導軌保持良好接觸,g取10m/s2。(1)判斷導體棒cd下滑的過程中,導體棒ab中的電流方向;(2)導體棒ab將向上滑動時,求導體棒cd的速度v的大小;(3)從導體棒cd開始下滑到導體棒ab將向上滑動的過程中,導體棒cd滑動的距離x=4m,求此過程中所需要的時間。題組二動量守恒定律在電磁感應中的應用2.(2024湖南長沙模擬)如圖所示,兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ固定在水平面上,左端向上彎曲,導軌間距為L,電阻不計,水平段導軌所處空間存在方向豎直向上的勻強磁場,磁感應強度大小為B。有長度均為L的兩導體棒a、b質量分別為ma=m,mb=2m,阻值分別為Ra=R,Rb=2R。b棒靜止放置在水平導軌上足夠遠處,與導軌接觸良好且與導軌垂直;a棒在弧形導軌上距水平面h高度處由靜止釋放,運動過程中導體棒與導軌接觸良好且始終與導軌垂直,重力加速度為g。求:(1)a棒剛進入磁場時,回路中的感應電流;(2)a棒和b棒最終穩(wěn)定時的速度大小;(3)從a棒開始下落到最終穩(wěn)定的過程中,b棒上產(chǎn)生的熱量。題組三力學三大觀點在電磁感應中的應用3.(2022天津卷)如圖所示,邊長為a的正方形鋁框平放在光滑絕緣水平桌面上,桌面上有邊界平行、寬為b且足夠長的勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直于桌面,鋁框依靠慣性滑過磁場區(qū)域,滑行過程中鋁框平面始終與磁場垂直且一邊與磁場邊界平行,已知a<b,在進入和離開磁場區(qū)域的兩個過程中()A.鋁框所用時間相同B.鋁框上產(chǎn)生的熱量相同C.鋁框中的電流方向相同D.安培力對鋁框的沖量相同4.(2024浙江紹興模擬)如圖所示,平行且光滑的導軌AICD和水平面EFGH平行。質量分別為13m和m,電阻均為R的導體棒a、b垂直于導軌靜置于圖示位置(導體棒b靜止在導軌右邊緣IC處)。導體棒b的兩端由兩根足夠長的輕質導線與導軌相連接,與導體棒a形成閉合回路。在IEHC右側區(qū)域空間存在豎直向下的磁場,磁感應強度為B,當給導體棒a一個水平初速度2v0后,在IC處與導體棒b發(fā)生彈性碰撞。碰撞后導體棒b飛離軌道并恰好從地面FG處離開磁場,導體棒運動過程中不會發(fā)生轉動。已知導軌間距為l,導軌離地高度也為l,磁場區(qū)域長度EF為s,不計其他電阻,求(1)導體棒b進入磁場時的速度和剛進入磁場時受到的安培力;(2)導體棒b離開磁場時,速度與水平方向的夾角正切值;(3)導體棒在磁場運動的過程中,導體棒b產(chǎn)生的總熱量。綜合提升練5.(2023重慶卷)如圖所示,與水平面夾角為θ的絕緣斜面上固定有光滑U形金屬導軌。質量為m、電阻不可忽略的導體桿MN沿導軌向下運動,以大小為v的速度進入方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場區(qū)域,在磁場中運動一段時間t后,速度大小變?yōu)?v。運動過程中桿與導軌垂直并接觸良好,導軌的電阻忽略不計,重力加速度為g。桿在磁場中運動的此段時間內(nèi)()A.流過桿的感應電流方向從N到MB.桿沿軌道下滑的距離為32C.流過桿的感應電流的平均電功率等于重力的平均功率D.桿所受安培力的沖量大小為mgtsinθ-mv6.(2024廣東汕頭模擬)某精密電子器件防撞裝置如圖所示,電子器件T和滑軌PQNM固定在一起,總質量為m1,滑軌內(nèi)置勻強磁場的磁感應強度為B。受撞滑塊K套在PQ,MN滑軌內(nèi),滑塊K上嵌有閉合線圈abcd,線圈abcd總電阻為R,匝數(shù)為n,bc邊長為L,滑塊K(含線圈)質量為m2,設T、K一起在光滑水平面上以速度v0向左運動,K與固定在水平面上的障礙物C相撞后速度立即變?yōu)榱恪２挥嫽瑝K與滑軌間的摩擦作用,ab大于滑軌長度,對于碰撞后到電子器件T停下的過程(線圈bc邊與器件T未接觸),下列說法正確的是()A.線圈中感應電流方向為abcdaB.線圈受到的最大安培力為nC.電子器件T做勻減速直線運動D.通過線圈某一橫截面的電荷量為m參考答案第5講專題提升:電磁感應中的動量問題1.答案(1)由a到b(2)5m/s(3)1.2s解析(1)根據(jù)右手定則可知導體棒ab中的電流方向由a到b。(2)由題可知,f=m1gsinθ,F安=f+m1gsinθ,F安=BIL1,I=ER1+R聯(lián)立解得,v=5m/s。(3)由動量定理可知m2gtsinθ-BIL2t=m2v,q=It=BL2xR1+R2.答案(1)BL2gh(3)4解析(1)對a棒,在下落h過程中,由動能定理得magh=12maa棒剛進入磁場時,由法拉第電磁感應定律E=BLv0由閉合電路歐姆定律E=I(Ra+Rb)聯(lián)立解得I=BL2(2)a棒進入磁場后,a棒、b棒與導軌構成的回路中產(chǎn)生感應電流,而a棒與b棒所受安培力大小相等、方向相反,故a棒與b棒的系統(tǒng)的動量守恒,則mav0=(ma+mb)v共聯(lián)立解得v共=2g(3)整個過程能量守恒,則對a、b棒magh=12(ma+mb)v共2+Q又Qa∶Qb=Ra∶Rb=1∶2聯(lián)立解得Qb=4mg3.D解析鋁框進入和離開磁場過程,磁通量變化,都會產(chǎn)生感應電流,受向左的安培力而減速,完全在磁場中運動時磁通量不變,鋁框做勻速運動,可知離開磁場過程的平均速度小于進入磁場過程的平均速度,所以離開磁場過程的時間大于進入磁場過程的時間,A錯誤;由楞次定律可知,鋁框進入磁場過程磁通量增加,感應電流為逆時針方向,離開磁場過程磁通量減小,感應電流為順時針方向,C錯誤;鋁框進入和離開磁場過程安培力對鋁框的沖量為I安=-BIaΔt,又q=IΔt=ERΔt=ΔΦRΔtΔt=ΔΦR=Ba2R,得I安=-B2a3R,D正確;鋁框進入和離開磁場過程,鋁框均做減速運動,可知鋁框進入磁場過程的速度一直大于鋁框離開磁場過程的速度4.答案(1)12v0(2)2(3)v解析(1)導體棒a、b碰撞前后動量守恒,總動能不變,規(guī)定向右為正方向,由動量守恒和能量守恒得13m×2v0=13mva1vb=12v導體棒b進入磁場瞬間E=BlvbI=EF=BIlF安=B2(2)設導體棒b到達FG的水平分速度為vx,豎直分速度為vy,水平方向上根據(jù)動量定理-B2l2vvx=vb-B豎直方向vy=2tanθ=v化簡得,tanθ=2mR(3)由動能定理可得12m(vx2+v安培力做功為系統(tǒng)發(fā)熱量,因此可化簡得回路中產(chǎn)生的總熱量Q=1導體棒b產(chǎn)生的總熱量Qb=12Q=v5.D解析根據(jù)右手定則,判斷知流過桿的感應電流方向從M到N,A錯誤;依題意,設桿切割磁感線的有效長度為L,電阻為R。桿在磁場中運動的此段時間內(nèi),桿受到重力、軌道支持力及沿軌道向上的安培力作用,根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ-F安=ma,又F安=BIL、I=BLvR,聯(lián)立可得桿的加速度a=gsinθ-B2L2vmR,可知桿在磁場中運動的此段時間內(nèi)做加速度逐漸減小的加速運動,若桿做勻加速直線運動,則桿運動的距離為s=v+2v2·t=32vt,根據(jù)v-t圖像圍成的面積表示位移,可知桿在時間t內(nèi)速度由v達到2v,桿真實運動的距離大于勻加速情況發(fā)生的距離,即大于32vt,B錯誤;由于在磁場中運動的此段時間內(nèi),桿做加速度逐漸減小的加速運動,桿的動能增大。由動能定理可知,重力對桿所做的功大于桿克服安培力所做的功,根據(jù)P=Wt可得安培力的平均功率小于重力的平均功率,即流過桿的感應電流的平均電功率小于重力的平均功率,C錯誤;桿在磁場中運動的此段時間內(nèi),根據(jù)動量定理,可得mgtsinθ-I6.B解析根據(jù)安培右手定