專題提升22　動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用-2025版高考總復(fù)習(xí)物理

[基礎(chǔ)落實練]1．(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強磁場。磁場區(qū)域的左側(cè)，一正方形線框由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁場邊界水平向右運動，線框經(jīng)過位置Ⅱ，當(dāng)運動到位置Ⅲ時速度恰為零，此時線框剛好有一半離開磁場區(qū)域。線框的邊長小于磁場區(qū)域的寬度。若線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量分別為q1、q2，線框經(jīng)過位置Ⅱ時的速度為v。則下列說法正確的是()A．q1＝q2 B．q1＝2q2C．v＝1.0m/s D．v＝1.5m/s解析：根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)可知，線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量q1＝2q2，故A錯誤，B正確；線圈從開始進入到位置Ⅱ，由動量定理有－Beq\x\to(I)1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0；同理線圈從位置Ⅱ到位置Ⅲ，由動量定理－Beq\x\to(I)2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，聯(lián)立解得v＝eq\f(1,3)v0＝1.5m/s，故C錯誤，D正確。答案：BD2．(多選)如圖所示，兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，導(dǎo)軌間距為L，整個空間區(qū)域存在著磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。兩長度均為L、電阻均為R、質(zhì)量均為m的金屬導(dǎo)體棒a、b始終垂直于導(dǎo)軌，并與導(dǎo)軌保持良好接觸，不計其他電阻。金屬導(dǎo)體棒a、b中點間連接一處于原長狀態(tài)的輕質(zhì)絕緣彈簧。某時刻給導(dǎo)體棒b一瞬時沖量，使其獲得水平向右的初速度v0，經(jīng)過足夠長的時間后，下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b兩棒最終將以大小為eq\f(v0,2)的共同速度向右勻速運動B．a(chǎn)、b兩棒最終都向右運動，但速度大小將周期性交替增減而不會共速C．a(chǎn)棒上產(chǎn)生的焦耳熱最終為eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)D．a(chǎn)棒上產(chǎn)生的焦耳熱最終為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)解析：根據(jù)動量守恒定律有mv0＝2mv共，可得v共＝eq\f(v0,2)，所以經(jīng)過足夠長的時間后，a、b兩棒最終都將以大小為eq\f(v0,2)的共同速度向右勻速運動，A正確，B錯誤；整個電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,共)＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，Qa＝eq\f(R,R＋R)·Q＝eq\f(mveq\o\al(2,0),8)，C正確，D錯誤。答案：AC3．(多選)如圖所示，兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，導(dǎo)軌間距為L，虛線OO′垂直導(dǎo)軌，OO′兩側(cè)導(dǎo)軌所在空間區(qū)域存在著磁感應(yīng)強度大小均為B的方向相反的豎直勻強磁場，兩長度均為L、電阻均為R、質(zhì)量均為m的金屬導(dǎo)體棒a、b垂直導(dǎo)軌放在OO′左右兩側(cè)，并與導(dǎo)軌保持良好接觸，不計其他電阻?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒a一個瞬時沖量，使a獲得一個水平向右的初速度v0。下列關(guān)于a、b兩棒此后整個運動過程的說法正確的是()A．a(chǎn)、b兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒B．a(chǎn)、b兩棒最終都將以大小為eq\f(v0,2)的速度做勻速直線運動C．整個過程中，a棒上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)D．整個過程中，流過a棒的電荷量為eq\f(mv0,2BL)解析：由題意可知，a、b兩棒中的電流大小相等，由左手定則可知，安培力方向相同，則系統(tǒng)的合力不為0，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；由題意分析可知，a棒向右做減速運動切割磁感線，b棒向左做加速運動切割磁感線，當(dāng)兩棒速度大小相等時回路中的電流為0，分別對兩棒應(yīng)用動量定理且取向左為正方向，有Ft＝mv，F(xiàn)t＝m(－v)－m(－v0)，解得v＝eq\f(v0,2)，故B正確；由能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2×eq\f(1,2)mv2＋2Qa，解得Qa＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，故C正確；對a棒由動量定理且取向右為正方向，有－Beq\x\to(i)tL＝mv－mv0，即BqL＝mv0－mv，解得q＝eq\f(mv0,2BL)，故D正確。答案：BCD4．(多選)如圖所示，兩根光滑足夠長且電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌MNPQ和M1N1P1Q1，固定在水平面上，MN與M1N1距離為2l，PQ與P1Q1距離為l。金屬棒a和b的質(zhì)量分別為2m和m、長度分別為2l與l，金屬棒a、b分別垂直放在導(dǎo)軌MM1和PP1上，靜止在導(dǎo)軌上。整個裝置處于豎直向下的、磁感強度為B的勻強磁場中。現(xiàn)a棒獲得水平向右的初速度v0，兩棒運動時始終保持平行且a總在MNM1N1上運動，b總在PQP1Q1上運動，經(jīng)過足夠長時間后，下列說法正確的()A.金屬棒a流過的電荷量是eq\f(2mv0,3Bl)B．金屬棒a和b均做加速度相同的勻加速直線運動C．金屬棒a和b均做速度相等的勻速直線運動D．回路感應(yīng)電動勢為零解析：因金屬棒a向右運動，受安培力向左，則a做減速運動，金屬棒b受安培力向右做加速運動，則經(jīng)過一段時間后，兩棒穩(wěn)定時均做勻速運動，此時回路的感應(yīng)電流為零，感應(yīng)電動勢為零，則B·2lva＝Blvb，即2va＝vb，選項C錯誤，D正確；根據(jù)a＝eq\f(BIL,m)，則aa＝eq\f(BI·2l,2m)＝ab＝eq\f(BIl,m)，金屬棒a做勻減速直線運動，b做勻加速直線運動，兩者加速度大小相同，選項B錯誤；由動量定理，對a有，－Beq\x\to(I)·2lΔt＝2mva－2mv0，對b有，Beq\x\to(I)·lΔt＝mvb，解得q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(2mv0,3Bl)，選項A正確。答案：AD5．(多選)如圖所示，一質(zhì)量為2m的足夠長U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，bc邊長為L，不計金屬框電阻。一長為L的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，導(dǎo)體棒的阻值為R、質(zhì)量為m。裝置處于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中?，F(xiàn)給金屬框水平向右的初速度v0，在整個運動過程中MN始終與金屬框保持良好接觸，則()A．剛開始運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為M→N→c→b→MB．導(dǎo)體棒的最大速度為eq\f(v0,2)C．通過導(dǎo)體棒的電荷量為eq\f(2mv0,3BL)D．導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(5,6)mveq\o\al(2,0)解析：金屬框開始獲得向右的初速度v0，根據(jù)右手定則可知電流方向為M→N→c→b→M，故A正確；以整體為研究對象，由于整體水平方向不受力，所以整體水平方向動量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v＝eq\f(2,3)v0，故B錯誤；對導(dǎo)體棒根據(jù)動量定理可得Beq\x\to(I)LΔt＝mv－0，其中eq\x\to(I)Δt＝q，可得通過導(dǎo)體棒的電荷量為q＝eq\f(2mv0,3BL)，故C正確；由能量守恒知導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mv2＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，故D錯誤。答案：AC6．兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L。導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，俯視圖如圖所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其余部分的電阻可不計。在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若兩導(dǎo)體棒在運動中始終不接觸，求：(1)在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？(2)當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊膃q\f(3,4)時，cd棒的加速度大小是多少？解析：(1)從開始到兩棒達到相同速度v的過程中，兩棒的總動量守恒，有mv0＝2mv根據(jù)能量守恒定律，整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m)v2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)閑q\f(3,4)v0時，cd棒的速度為v′，則由動量守恒定律可知mv0＝eq\f(3,4)mv0＋mv′解得v′＝eq\f(1,4)v0回路中的電動勢E＝eq\f(3,4)BLv0－eq\f(1,4)BLv0＝eq\f(1,2)BLv0此時cd棒所受的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,4R)由牛頓第二定律可得，cd棒的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v0,4mR)。答案：(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(B2L2v0,4mR)[能力提升練]7．(多選)(2024·四川綿陽南山中學(xué)診斷)如圖所示，方向豎直向下的勻強磁場B中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間的距離為L，兩電阻均為R的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上，ab的質(zhì)量是m，cd的質(zhì)量是2m。t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。下列說法正確的是()A．0時刻cd棒的加速度大小為eq\f(B2L2v0,2R)B．最終兩棒的速度均為eq\f(v0,3)C．整個過程中通過ab棒橫截面的電荷量是eq\f(mv0,2BL)D．整個過程中兩棒間增加的距離是eq\f(4mv0R,3B2L2)解析：0時刻對cd棒受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得eq\f(B2L2v0,2R)＝2ma，解得a＝eq\f(B2L2v0,4mR)，故A錯誤；系統(tǒng)滿足動量守恒定律，最終兩棒達到共同速度，即mv0＝3mv，解得v＝eq\f(v0,3)，故B正確；設(shè)整個過程通過ab棒的平均電流為eq\x\to(I)，根據(jù)動量定理可得－Beq\x\to(I)LΔt＝mv－mv0，又q＝eq\x\to(I)Δt，聯(lián)立可得q＝eq\f(2mv0,3BL)，故C錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLΔx,Δt)，又eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)，聯(lián)立可得Δx＝eq\f(4mv0R,3B2L2)，故D正確。答案：BD8．(多選)(2023·四川攀枝花聯(lián)考)如圖所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌ab、cd置于水平面內(nèi)，導(dǎo)體棒MN垂直放在導(dǎo)軌上，矩形虛線框區(qū)域內(nèi)存在一豎直向下、磁感應(yīng)強度B＝2T的勻強磁場?，F(xiàn)讓矩形虛線框區(qū)域磁場水平向右以速度v0＝10m/s勻速運動，經(jīng)過時間t＝0.2s，導(dǎo)體棒達到穩(wěn)定速度，整個過程中導(dǎo)體棒MN未滑出磁場，且與導(dǎo)軌保持良好接觸并始終與ac平行。已知軌道間距L＝1m，MN的有效電阻與軌道左端連接的定值電阻均為r＝2Ω，其余部分電阻不計，導(dǎo)體棒MN質(zhì)量m＝1kg，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2。則()A．能使導(dǎo)體棒MN運動，矩形區(qū)域磁場的速度至少為6m/sB．導(dǎo)體棒MN穩(wěn)定運動的速度為5m/sC．導(dǎo)體棒MN從開始到穩(wěn)定運動的時間內(nèi)，通過導(dǎo)體棒MN的電荷量為4CD．導(dǎo)體棒MN穩(wěn)定運動時，定值電阻r上消耗的電功率為12.5W解析：導(dǎo)體棒MN從靜止到恰好驅(qū)動時，相對矩形區(qū)域磁場向左以速度v0min切割磁感線，產(chǎn)生的動生電動勢E＝BLv0min，則閉合電路中有順時針方向的感應(yīng)電流I，由閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,2r)，對導(dǎo)體棒MN由平衡條件可得BLI＝μmg，則矩形區(qū)域磁場的最小驅(qū)動速度v0min＝eq\f(2μmgr,B2L2)＝5m/s，故A錯誤；設(shè)導(dǎo)體棒MN達到的穩(wěn)定速度為v，此時相對矩形區(qū)域磁場導(dǎo)體棒向左以大小為v0－v的速度切割磁感線，與A同理可得v＝v0－eq\f(2μmgr,B2L2)＝5m/s，故B正確；導(dǎo)體棒MN經(jīng)歷時間t速度為v，則由動量定理可得Beq\x\to(I)Lt－μmgt＝mv－0，則從靜止驅(qū)動到穩(wěn)定運動的時間內(nèi)通過導(dǎo)體棒的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝3C，故C錯誤；導(dǎo)體棒MN穩(wěn)定運動時滿足BIL＝μmg，定值電阻r上消耗的電熱功率為PQ＝I2r，解得PQ＝12.5W，故D正確。答案：BD9．如圖所示，平行光滑金屬雙導(dǎo)軌P1Q1M1和P2Q2M2，其中P1Q1和P2Q2為半徑r＝0.8m的eq\f(1,4)光滑圓軌道，O1和O2為對應(yīng)圓軌道的圓心，Q1、Q2在O1、O2正下方且為圓軌道和水平軌道的平滑連接點，Q1M1和Q2M2為足夠長的水平軌道，水平軌道處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝1T，導(dǎo)軌間距L＝1m；兩導(dǎo)體棒a、b始終垂直于兩導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，a、b的質(zhì)量均為1kg，電阻均為1Ω，導(dǎo)軌電阻不計。初始時刻，b靜止在水平導(dǎo)軌上，a從與圓心等高的P1P2處由靜止釋放，a、b在以后運動的過程中不會發(fā)生碰撞(g＝10m/s2)。求：(1)導(dǎo)體棒a從Q1Q2進入磁場時，導(dǎo)體棒b的加速度大?。?2)導(dǎo)體棒a、b穩(wěn)定時的速度大小；(3)整個過程中，通過導(dǎo)體棒b的電荷量。解析：(1)導(dǎo)體棒a從P1P2到Q1Q2，由動能定理得magr＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,0)－0代入數(shù)據(jù)得v0＝4m/sa剛進入勻強磁場時，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv0＝4V由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,Ra＋Rb)＝2A由牛頓第二定律得ILB＝mbab代入數(shù)據(jù)得ab＝2m/s2。(2)當(dāng)導(dǎo)體棒a、b穩(wěn)定時，由動量守恒定律得mav0＝(ma＋mb)v1代入數(shù)據(jù)得v1＝2m/s。(3)整個過程中，對導(dǎo)體棒b由動量定理得eq\x\to(I)LBt＝mbv1，又q＝eq\x\to(I)t代入數(shù)據(jù)得q＝2C。答案：(1)2m/s2(2)2m/s(3)2C10．(2022·遼寧卷)如圖所示，兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L。abcd區(qū)域有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬桿M以初速度v0向右運動，磁場內(nèi)的細金屬桿N處于靜止狀態(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m，在導(dǎo)軌間的電阻均為R，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計。(1)求M剛進入磁場時受到的安培力F的大小和方向。(2)若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時的速度為eq\f(v0,3)，求：①N在磁場內(nèi)運動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N到ab的最小距離x；(3)初始時刻，若N到cd的距離與第(2)問初始時刻的相同、到ab的距離為kx(k>1)，求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。解析：(1)細金屬桿M以初速度v0向右剛進入磁場時，產(chǎn)生的動生電動勢為E＝BLv0電流方向為a→b，電流的大小為I＝eq\f(E,2R)則所受的安培力大小為F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,2R)由左手定則可知安培力的方向水平向左。(2)①金屬桿N在磁場內(nèi)運動過程中，由動量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝m·eq\f(v0,3)－0且q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt聯(lián)立解得通過回路的電荷量為q＝eq\f(mv0,3BL)②設(shè)兩桿在磁場中相對靠近的位移為Δx，有eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))