2023版高考物理總復習之加練半小時-第十一章-微專題79-動量觀點在電磁感應中的應用

微專題79動量觀點在電磁感應中的應用電磁感應中的有些題目可以從動量角度著手，運用動量定理或動量守恒定律解決：1.應用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量．如在導體棒做非勻變速運動的問題中，應用動量定理可以解決牛頓運動定律不易解答的問題，如求作用時間、速度、位移和電荷量.2.在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運動時，由于這兩根導體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導體棒的總動量守恒，解決此類問題往往要應用動量守恒定律．1．(多選)如圖所示，水平固定且間距為L的平行金屬導軌處在垂直于導軌平面、磁感應強度為B的勻強磁場中．導軌上有a、b兩根與導軌接觸良好的導體棒，質(zhì)量均為m，電阻均為R.現(xiàn)對a施加水平向右的恒力，使其由靜止開始向右運動．當a向右的位移為x時，a的速度達到最大且b剛要滑動．已知兩棒與導軌間的動摩擦因數(shù)均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計導軌電阻，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．導體棒a的最大速度vm＝eq\f(μmgR,B2L2)B．電路中的最大電流Im＝eq\f(μmg,BL)C．a(chǎn)發(fā)生位移x的過程所用時間t＝eq\f(2mR,B2L2)＋eq\f(B2L2x,2μmgR)D．a(chǎn)發(fā)生位移x的過程中，導體棒b產(chǎn)生的焦耳熱Qb＝μmgx－eq\f(2μ2m3g2R2,B4L4)答案BC解析a的速度達到最大時b剛要滑動，對b有μmg＝BImL，解得Im＝eq\f(μmg,BL)，感應電動勢為Em＝BLvm，電流為Im＝eq\f(Em,2R)，聯(lián)立可得vm＝eq\f(2μmgR,B2L2)，故A錯誤，B正確；設對a施加水平向右的恒力為F.a的速度達到最大時所受合力為零，則有F＝μmg＋BImL＝2μmg，a發(fā)生位移x的過程，根據(jù)動量定理得Ft－μmgt－Beq\x\to(I)Lt＝mvm－0，電荷量為q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E)t,2R)＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLx,2R)，聯(lián)立可得a發(fā)生位移x的過程所用時間t＝eq\f(2mR,B2L2)＋eq\f(B2L2x,2μmgR)，故C正確；根據(jù)能量守恒可得a發(fā)生位移x的過程中，導體棒b產(chǎn)生的焦耳熱Qb＝eq\f(1,2)(Fx－μmgx－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m))＝eq\f(1,2)μmgx－eq\f(μ2m3g2R2,B4L4)，故D錯誤．2．(多選)如圖所示，兩平行光滑導軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分是半徑為r的豎直半圓，兩導軌間的距離為l，導軌的電阻不計，導軌水平部分處于豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，兩根長度均為l的金屬棒ab、cd均垂直導軌置于水平導軌上，金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為2m與m，電阻分別為R與eq\f(R,2).現(xiàn)給ab棒施加一個瞬時沖量使其以初速度v0開始沿導軌向右運動，cd棒隨即也開始運動且進入半圓軌道后恰好能通過軌道最高點PP′，已知cd棒進入半圓軌道前兩棒未相撞，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b棒剛開始向右運動時cd棒的加速度大小為eq\f(2B2l2v0,3mR)B．cd棒剛進入半圓軌道時ab棒的速度大小為v0－eq\f(\r(5gr),2)C．cd棒剛進入半圓軌道時對軌道的壓力為5mgD．cd棒進入半圓軌道前ab棒克服安培力做功為m(v0eq\r(5gr)－eq\f(5gr,4))答案ABD解析ab棒開始向右運動時，設回路中電流為I，則根據(jù)導體棒切割磁感線有E＝Blv0，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R＋\f(R,2))，根據(jù)牛頓第二定律有F安＝ma0，安培力為F安＝BIl，聯(lián)立求解得a0＝eq\f(2B2l2v0,3mR)，故A正確；設cd棒剛進入半圓軌道時的速度為v2，此時ab棒的速度為v1，ab棒開始運動至cd棒即將進入半圓軌道的過程，對ab和cd組成的系統(tǒng)運用動量守恒定律可得2mv0＝2mv1＋mv2，cd棒進入半圓軌道至最高點的過程中，對cd棒運用動能定理可得－mg×2r＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mv22，在半圓軌道的PP′處對cd棒運用牛頓第二定律可得mg＝meq\f(v\o\al(P2,),r)，聯(lián)立求解可得v1＝v0－eq\f(\r(5gr),2)，v2＝eq\r(5gr)，由牛頓第二定律可得cd棒剛進入半圓軌道時FN＝mg＋eq\f(mv\o\al(22,),r)＝6mg，由牛頓第三定律得cd棒對軌道的壓力為6mg，故B正確，C錯誤；cd棒進入半圓軌道前對ab棒運用動能定理可得W＝eq\f(1,2)×2mv02－eq\f(1,2)×2mv12＝m(v0eq\r(5gr)－eq\f(5gr,4))，故D正確．3．(多選)如圖所示，在方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，有兩根位于同一水平面內(nèi)且間距為L的平行金屬導軌(導軌足夠長，電阻不計)；兩根質(zhì)量均為m、內(nèi)阻均為r的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上(導體棒與金屬導軌接觸良好)，t＝0時，ab棒以初速度3v0向右滑動，cd棒以初速度v0向左滑動，關于兩棒的運動情況，下列說法正確的是()A．當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為v0B．當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的加速度大小為eq\f(2B2L2v0,3mr)C．從初始時刻到其中某根棒的速度為零過程中，導體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(3,2)mv02D．cd棒的收尾速度大小為v0答案CD解析由于兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右方向為正方向，由動量守恒定律可得3mv0－mv0＝mv1＋mv2，所以當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為2v0，A錯誤；當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為2v0，則有E＝2BLv0，I＝eq\f(E,2r)，F(xiàn)＝BIL，聯(lián)立解得F＝eq\f(B2L2v0,r)，由牛頓第二定律可得，另一根棒的加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v0,mr)，B錯誤；從初始時刻到其中某根棒的速度為零過程中，兩根導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q總＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)m(3v0)2－eq\f(1,2)m(2v0)2＝3mv02，則導體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)Q總＝eq\f(3,2)mv02，C正確；cd棒的收尾速度為兩根導體棒具有的共同速度，則有3mv0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，D正確．4.如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上．t＝0時，棒ab以初速度v0向右運動且不會與cd相碰．運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別為vab、vcd，通過ab橫截面的電荷量為q，回路中的電流為I，cd棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q.下列圖像中正確的是()答案C解析導體棒ab切割磁感線產(chǎn)生由a到b的感應電流，則導體棒ab受到向左的安培力，做減速運動；導體棒cd受到向右的安培力，向右加速運動，則感應電流I＝eq\f(BLvab－vcd,R)，兩導體棒的相對速度減小，感應電流減小，每個導體棒所受的安培力大小F＝BIL，F(xiàn)隨著電流減小而減小，設導體棒質(zhì)量為m，當兩者速度相等時，電流為零，由動量守恒定律得mv0＝2mv，兩導體棒的速度最終為v＝eq\f(v0,2)，且加速度隨著電流的減小而減小，電流變化也越來越慢，最終為零，故C正確，A錯誤；ab棒用動量定理BILt＝mv0－meq\f(v0,2)，則q＝It＝eq\f(mv0,2BL)，電荷量應該是隨時間的增加而增加，最后達到最大值，故B錯誤；系統(tǒng)狀態(tài)穩(wěn)定后，兩個導體棒的相對速度為0，不再有感應電流產(chǎn)生，焦耳熱不會隨著時間一直增大，故D錯誤．5．如圖所示，間距為L的兩平行光滑金屬導軌固定在水平面上，導軌電阻不計，水平面上虛線MN左右兩側(cè)都有磁感應強度大小均為B的勻強磁場，左側(cè)磁場的方向豎直向下，右側(cè)磁場的方向豎直向上，與導軌垂直的金屬棒ab和cd的質(zhì)量都為m，電阻都為r，分別靜止在MN的左右兩側(cè)．現(xiàn)對兩金屬棒都施加水平向右的恒力，恒力的大小都為F，ab棒經(jīng)過位移L達到最大速度，此時cd棒恰好到達虛線MN處．運動過程中兩金屬棒始終垂直于導軌，求：(1)ab棒的最大速度；(2)自開始施加力F至ab棒達到最大速度，回路中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)自開始施加力F至ab棒達到最大速度的時間．答案(1)eq\f(Fr,B2L2)(2)2FL－eq\f(mF2r2,B4L4)(3)eq\f(mr,B2L2)＋eq\f(B2L3,Fr)解析(1)ab棒達到最大速度時I＝eq\f(2BLv,2r)，F(xiàn)＝ILB解得v＝eq\f(Fr,B2L2)(2)兩金屬棒同時達到最大速度，并且最大速度相同，對系統(tǒng)由功能關系2FL＝2×eq\f(1,2)mv2＋Q得回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2FL－eq\f(mF2r2,B4L4)(3)自開始施加力F至ab棒達最大速度，對ab或cd，安培力的沖量大小I安＝BLI1t1＋BLI2t2＋BLI3t3＋…其中I1＝eq\f(2BLv1,2r)、I2＝eq\f(2BLv2,2r)、I3＝eq\f(2BLv3,2r)…又L＝v1t1＋v2t2＋v3t3＋…得I安＝eq\f(B2L3,r)對ab或cd，由動量定理Ft－I安＝mv－0得時間間隔t＝eq\f(mr,B2L2)＋eq\f(B2L3,Fr)6．如圖甲所示，兩條平行光滑水平導軌間距為L，左右兩側(cè)折成傾斜導軌，其傾角均為θ＝45°，左側(cè)軌道高為eq\f(L,2).導軌水平部分有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示．導體棒ab固定在左側(cè)導軌最高點，cd固定在水平導軌上，與左側(cè)軌道底端相距為2L，導體棒ab、cd長均為L、電阻均為R，質(zhì)量分別為m和2m.從0時刻開始，靜止釋放導體棒ab，當ab到達左側(cè)軌道底端時立即釋放導體棒cd.不計導軌電阻和空氣阻力，已知L＝1m，R＝0.5Ω，m＝1kg，g＝10m/s2，B0＝2T．(結果保留根號)求：(1)導體棒ab在左側(cè)導軌上運動的過程中導體棒cd產(chǎn)生的焦耳熱Q；(2)若水平導軌足夠長，且兩棒在水平導軌上不會相撞，則兩棒在水平導軌上運動過程中通過導體棒截面的電荷量q是多少；(3)在(2)的條件下，若右側(cè)傾斜導軌足夠長，且導體棒落在傾斜導軌上時立即被鎖定，求導體棒ab、cd最終靜止時的水平間距X.答案(1)8eq\r(5)J(2)eq\f(\r(10),3)C(3)(2－eq\f(\r(10),4))m解析(1)ab棒在左側(cè)軌道下滑過程有eq\f(\f(L,2),sinθ)＝eq\f(1,2)at12①mgsinθ＝ma②解得t1＝eq\r(\f(2L,g))＝eq\f(\r(5),5)s③此時刻以后磁場恒定不變，則ab在左側(cè)軌道上運動過程中回路中的電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,t1)＝eq\f(2ΔBL2,t1)＝4eq\r(5)V④此過程中cd棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)eq\f(E2,2R)t1⑤聯(lián)立③④⑤解得Q＝8eq\r(5)J(2)ab棒到達底端的速度為v0＝at1解得v0＝eq\r(10)m/s⑥ab、cd兩棒在水平軌道上運動過程中動量守恒且末速度相等mv0＝3mv⑦對cd棒由靜止至達到共速應用動量定理B0ILΔt＝2mΔv⑧對⑧式兩邊求和得q＝eq\f(2mv,B0L)⑨聯(lián)立⑥⑦⑨式解得q＝eq\f(\r(10),3)C(3)設Δx為兩棒在水平軌道上的相對位移，第(2)問中q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(B0LΔx,2R)解得Δx＝eq\f(\r(10),6)mcd棒拋出后到落到右側(cè)傾斜軌道有h＝eq\f(1,2)gt12xcd＝vt2且h＝xcd此過程中ab棒和cd棒的水平速度相等，則xab＝xcd聯(lián)