13.9电磁感应+动量（解析版）--2024高考一轮复习100考点100讲—高中物理

这是一份13.9电磁感应+动量（解析版）--2024高考一轮复习100考点100讲—高中物理，共20页。试卷主要包含了9讲 电磁感应+动量， 中e为自然常数，．求， 求等内容，欢迎下载使用。
第13.9讲 电磁感应+动量
【知识点精讲】
动量观点在电磁感应中的应用
(1)对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题。
(2)当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理 eq \x\t(BI) L·Δt＝m·Δv、q＝ eq \x\t(I) ·Δt来解决问题。
【最新高考题精练】
1. （2023高考全国甲卷）（20分）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
【参考答案】（1） （2） （3）
【命题意图】本题考查电磁感应、弹性碰撞、平抛运动及其相关知识点。
【解题思路】
（1）Q与P弹性碰撞，由动量守恒定律，3mv0=mvP+3mvQ，
由系统动能守恒，=+更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 联立解得：，
根据题述，P、Q落到地面同一点，由平抛运动规律可知，金属棒P滑出导轨时的速度大小为
（2）由能量守恒定律，金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量Q=-=
（3）P在导轨上做变速运动，设速度为v时金属棒中产生的感应电动势为e，电流为i，在△t时间内速度变化△v，由法拉第电磁感应定律，e=BLv，
由闭合电路欧姆定律，i=e/R
所受安培力 F=BiL=，
由动量定理，F△t=m△v，
即：△t=m△v，
方程两侧求和 Σ△t=Σm△v，
即Σv△t=mΣ△v，
注意到Σv△t=x，Σ△v=-= v0，解得：x=
由x=vQt
解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为t=
【规律总结】两物体弹性碰撞，利用动量守恒定律和动能之和不变列方程解答；导体棒在磁场中切割磁感线运动为变速直线运动，可以采用微元法，把位移分割为微元，利用动量定理列方程解答。
2. （2022福建高考）如图（a），一倾角为的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N．两根平行金属棒G、H垂直导轨放置，G的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定．G在后的速度一时间图线如图（b）所示，其中段为直线．已知：磁感应强度大小，，G、H和A的质量均为，G、H的电阻均为；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：，，重力加速度大小取，图（b）中e为自然常数，．求：
（1）在时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小；
（2）时，棒H上拉力的瞬时功率；
（3）在时间段内，棒G滑行的距离．
【参考答案】（1） ；；（2）；（3）
【命题意图】此题考查电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。对速度图像的理解、牛顿运动定律及其相关知识点。
【名师解析】
（1）由图像可得在内，棒G做匀加速运动，其加速度为
依题意物块A的加速度也为，由牛顿第二定律可得
解得细绳受到拉力
（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为
由牛顿运动定律和安培力公式有
由于在内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为，两棒速度差为
保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；
对棒H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力
由图像可知时，棒G的速度为
此刻棒H的速度为
其水平向右拉力的功率
．
（3）棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G加速度为
物块A加速度为
说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在内
棒G滑行的距离
这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速度，绳子始终松弛。
3（2020海南高考）如图，足够长的间距的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度的匀强磁场区域，磁感应强度大小为，方向如图所示．一根质量，阻值的金属棒a以初速度从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量，阻值的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（ ）
A. 金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动
B. 金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流
C. 金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为
D. 金属棒a最终停在距磁场左边界处
【参考答案】BD
【名师解析】金属棒a第一次穿过磁场时由于所受安培力与速度成正比，所以做变减速直线运动，选项A错误；根据楞次定律，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，选项B正确；金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，产生的平均感应电动势E=，平均电流I=E/2R，金属棒a受到的平均安培力F=BId，由动量定理，-F△t=mava-mav0，解得金属棒a第一次穿过磁场区域时的速度=1.5m/s，由能量守恒定律，电路中产生的焦耳热Q=mav02-mava2=0.6875J，由于两金属棒电阻相同，所以金属棒b上产生的焦耳热为0.5Q=0.34375J，选项C错误；两金属棒弹性碰撞，由动量守恒定律，mava = mava’+ mbvb，由能量守恒定律，mava2 =mava’2+mbvb2，联立解得：va’=-0.5m/s。设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，在这个过程中，产生的平均感应电动势E’=，平均电流I’=E’/2R，金属棒a受到的平均安培力F’=BI’d，由动量定理，F’△t’=0-mava’，联立解得x=0.8m，选项D正确。
【最新模拟题精练】
1 .(2023四川南充三模) 如图所示，有形状为“”的光滑平行导轨和水平放置，其中宽轨间距为2d，窄轨间距为d，轨道足够长。右侧均为绝缘材料，其余为金属导轨，。间接有一电阻阻值为r。金属棒质量为m、长度为2d、电阻阻值为2r，在水平向右、大小为F的恒力作用下，从静止开始加速，离开宽轨前，速度已达最大值。金属棒滑上窄轨瞬间，迅速撤去力F。是质量为m、电阻阻值为r、三边长度均为d的“U”形金属框，如图平放在绝缘导轨上。以f点所在处为坐标原点O，沿方向建立坐标轴。整个空间存在竖直向上的磁场，左侧为磁感应强度为B0的匀强磁场，右侧磁感应强度分布规律（），其中，金属导轨电阻不计，棒、金属框与导轨始终接触良好。
（1）求棒在宽轨上运动的最大速度及刚滑上窄轨时两端电压；
（2）求棒运动至与金属框碰撞前瞬间的速度大小；
（3）若棒与金属框碰撞后连接在一起，求金属框静止时f端的位置坐标x。
【参考答案】（1），；（2）；
（3）
【名师解析】
（1）当棒匀速运动时，加速度为零，此时速度最大，棒受力平衡
其中
联立解得
当刚滑上窄轨时，等效电路如图所示
棒只有中间宽度为d的部分有电流流过，间电压
其中
代入数值得
（2）棒在窄轨上的导体部分做减速运动，由动量定理得
又
联立上述方程可解得棒滑出导体区域瞬间速度为
之后匀速运动至与金属框相碰。
（3）棒与金属框相碰，据动量守恒定律可得
进入窄轨的绝缘部分后，棒部分和金属框构成回路，边处的磁场总是比边的磁场大
回路中的电流
全框架受到的安培力合力
由动量定理可得
金属框前进的位移
联立以上方程得金属框静止时f端的位置坐标
2. （2023山东日照三模）如图所示，间距的平行金属导轨与水平面成角放置，导轨的下端接有阻值的电阻，上端通过小圆弧形绝缘材料与水平金属导轨平滑对接，其中轨道与间距为，轨道与间距为。在导轨的上端垂直于导轨锁定一质量的导体棒，棒及下方区域全部处于与导轨平面垂直、磁感应强度大小的匀强磁场中，右方存在竖直向上、磁感应强度大小的匀强磁场，在右侧锁定一质量的导体棒。质量的导体棒垂直于导轨，与棒相距，以的速度沿导轨向上运动，经过与棒碰撞（碰撞前瞬间解除棒的锁定），瞬间粘在一起，继续向上运动到达，此时解除棒锁定。当、运动到时，被锁定在左侧（此前速度已稳定）。棒再运行到处。三个导体棒始终与导轨接触良好，不计金属导轨的电阻，所有导体棒长度，电阻，单位长度的电阻都相等，不计任何摩擦，忽略连接处的能量损失。（重力加速度，，），求：
（1）棒运动到棒位置时的速度大小；
（2）棒与棒碰撞后瞬间，棒两端的电势差大小；
（3）整个运动过程中系统产生的焦耳热。

【参考答案】（1）；（2）2V；（3）
【名师解析】
（1）棒切割磁感线产生感应电动势，电路总电阻
代入可得
对棒，由动量定理
解得
（2）棒与棒碰撞，系统动量守恒
碰撞后瞬间棒两端的电势差大小
（3）棒斜向上说动到棒处过程中电路产生的焦耳热，由能量守恒定律
棒与棒碰撞后继续斜向上运动到处，此区域内无磁场，故电路中无电流，由动能定理
解得
、棒进入磁场后，切割磁感线产生感应电流而做减速运动直到处，由动量定理
棒解锁后，在安培力的作用下开始加速运动并切割磁感线，由动量定理
最后速度稳定时，导体棒中均无电流，所以
解得
对、、棒的这一运动过程，由能量守恒定律得
、棒锁住后，棒继续切割磁感线做减速运动直到处，由动量定理
解得
棒单独运动到这一过程，由能量守恒定律
故整个运动过程中产生的焦耳热
3．（2023湖北荆门三校5月联考）如图为一平行光滑导轨，左侧AB和是竖直平面内半径为R的四分之一圆弧，BE、处于水平面，AC和间距为L，DE和间距为，AC、、DE、均足够长，AC和DE、和通过导线连接，其中右侧导轨平面处在竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中。现将长度为的导体棒PQ垂直导轨放置于DE和上，将长度为L的导体棒MN垂直导轨放置于端，静止释放导体棒MN，导体棒运动的过程始终与导轨垂直且接触良好，导体棒MN最终的速度大小为。已知导体棒MN和PQ材料、横截面积均相同，导体棒MN质量为m，电阻为r，重力加速度为g，不计导轨电阻，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒MN进入磁场瞬间，导体棒PQ的加速度大小为
B．导体棒MN、PQ最终共速
C．PQ棒的最终速度为
D．整个过程导体棒PQ上产生的焦耳热为
【参考答案】CD
【名师解析】．导体棒MN在圆弧下滑过程有导体棒MN进入磁场瞬间，感应电动势，由于导体棒MN和PQ材料、横截面积均相同，则导体棒PQ的质量、电阻分别为2m，2r，则感应电流为，对导体棒PQ分析有解得，A错误；
稳定时，两导体棒均做匀速直线运动，回路总的感应电动势为0，则有解得，可知，导体棒MN、PQ最终MN的速度大一些，B错误，C正确；
整个过程回路产生的总焦耳热为导体棒PQ上产生的焦耳热，解得，D正确。故选CD。
4. (2023河北衡水五模). 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，导轨上静止放置两根完全相同粗细均匀的导体棒ab、cd，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。现给ab棒一个平行于导轨的初速度并开始计时，不计电磁辐射及金属导轨的电阻，导体棒ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，下列关于棒ab、cd中产生的感应电动势、、回路中的感应电流i、导轨间的电压u与时间t的函数关系图像中，可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】D
【名师解析】
设磁感应强度为B，两导体棒的质量均为m、接入电路的长度均为d、电阻均为R，导体棒的初速度为。某时刻t导体棒、的速度分别为、，回路的感应电流为i。由法拉第电磁感应定律有
两导体棒受到的安培力大小
与棒的运动方向相反，与棒的运动方向相同，所以棒减速、棒加速，当两棒速度相同时，回路中没有感应电流，两棒做匀速直线运动，由动量守恒定律
解得最终两棒的速度为
由于减小、增大，所以减小，电流i减小，减小，棒运动的加速度减小，即棒做初速度为、加速度逐渐减小的减速运动，所以减小得越来越慢，最终趋于，故A错误；
B．棒做初速度为零、加速度逐渐减小的加速运动，所以由零开始增加得越来越慢，最终趋于，故B错误；
C．由于、i越来越小，最终、i趋为零，故C错误。
D．两导轨间的电压
对两棒由动量守恒有
联立得
故u恒定，D正确。
5. （2023湖南邵阳二模）如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量均为电阻均为的金属棒b和c，静止放在水平导轨上且与导轨垂直。图中虚线de右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量也为的绝缘棒a垂直于倾斜导轨，从离水平导轨的高为处由静止释放。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为。以下正确的是（ ）
A. a与b碰后分离时b棒的速度大小为
B. 当b进入磁场后速度大小为时，b的加速度大小变为初始加速度大小的
C. b棒产生的焦耳热为
D. b进入磁场后，b、c间距离增大了
【参考 答案】AB
【名师 解析】
绝缘棒a滑到水平导轨上速度设为v0，由动能定理
得
a与金属棒b发生弹性正碰，质量相等，故碰后速度交换，a速度变为零，b获得v0的速度，故a与b碰后分离时b棒的速度大小为，A正确；
b刚进入磁场时，加速度为
b进入磁场后，切割磁感线产生感应电流，受向左安培力而减速，c受向右的安培力而加速，系统合外力为零，由动量守恒知
将代入得
此时回路的总电动势为
此时b的加速度为，B正确；
当b与c速度相等时，b棒上停止生热，由动量守恒
得
由能量守恒，设b棒上产生的焦耳热为Q，有
知，C错误；
b进入磁场后减速，c加速直至速度相同，二者间距缩小，设为Δx，对c，由动量定理
又
联立可得b、c间距离缩小了，D错误。
6.（2023四川绵阳名校联考）如图所示，两足够长且电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面平行放置，虚线CD垂直于导轨，CD右边区域有竖直向上的匀强磁场B。.两金属杆a、b长度与导轨宽度相等，在导轨上始终与导轨垂直且接触良好。杆a不计电阻，质量为m,杆b电阻为R,质量为2m,杆b初始位置距离虚线CD足够远。杆a从CD左边某位置以初速度v开始向右运动，第一次杆b固定，第二次杆b自由静止。两次相比较
A.杆a最后的速度，两次都为零
B.杆a所受安培力，两次的最大值相等
C.整个过程中杆b产生的焦耳热，第一次的小于第二次的
D.整个过程中通过杆b的电荷量，第一次的大于第二次的
【参考答案】BD
【命题意图】本题以金属杆在金属导轨上运动切割磁感线运动为情景，考查电磁感应、安培力、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关知识点，考查的学科核心素养是力与运动的观念、场的观念、动量和能量的观念和科学思维能力。
【解题思路】第一次杆b固定，杆a从CD左边某位置以初速度v开始向右运动，进入匀强磁场区域后，切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，金属杆a受到安培力作用做减速运动，杆a最后的速度为零；第二次杆b自由静止，杆a从CD左边某位置以初速度v开始向右运动，进入匀强磁场区域后，切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，金属杆a受到安培力作用做减速运动，金属杆b在安培力作用下做加速运动，最终二者速度相等，回路内磁通量不变，二者以相同的速度做匀速运动，选项A错误；金属杆a产生的感应电动势最大值都是在金属杆a刚进入匀强磁场区域时，此时回路中电流最大，杆a所受安培力最大，两次的最大值相等，选项B正确；由能量守恒定律，整个过程中杆b产生的焦耳热，等于系统减少的机械能。第一次杆b固定，系统减少的机械能为△E1=mv02；第二次杆b自由静止，由动量守恒定律，mv0=（m+2m）v，系统减少的机械能为△E2=mv02-3mv2=mv02，显然整个过程中通过杆b的电荷量，第一次的大于第二次的，选项D正确C错误。
【易错警示】解答此题常见错误主要有：对题述两次切割磁感线运动过程情景不清楚导致错误；二是对能量守恒定律理解应用不到位，导致错误。
7. （2023湖南名校联合体高二期末） 如图，间距为的U形金属导轨，一端接有电阻为的定值电阻，固定在高为的绝缘水平桌面上。质量均为的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为R，与导轨间的动摩擦因数均为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a距离导轨最右端距离为。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为。用沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。（重力加速度取，不计空气阻力，不计其他电阻）求：
（1）导体棒a刚要离开导轨时，通过电阻R的电流I及导体棒a的速度大小v；
（2）导体棒a由静止运动到导轨最右端的过程中，电阻R中产生的焦耳热，以及经历的时间t；（均保留三位有效数字）
（3）设导体棒a与绝缘水平面发生碰撞前后，竖直速度大小不变，碰撞过程中水平方向所受摩擦力大小为竖直方向支持力的k倍（碰撞时间极短），取，请计算导体棒a离开导轨后向右运动的最大水平距离。

【参考答案】（1）；（2）1.65s；（3）3.6m
【名师解析】
（1）由题意知，，，对b分析有
解得
又
解得
（2）整个过程对a运用功能原理有
根据焦耳定律可知
整个过程中通过a的电荷量
由动量定理有
解得
（3）a离开导轨后，至与地面碰撞前做平扰运动，落地前瞬间竖直速度
碰接过程中，竖直方向，由动量定理
同理，水平方向上有
解得
即每次与地面碰撞，水平速度减小1m/s，又水平初速度，故与地面碰撞三次后，水平速度为0，运动到最右侧，从抛出到第一次与地面碰撞
第一次碰撞与第二次碰撞之间
第二次碰撞与第三次碰撞之间
故
8．（10分）(2022浙江名校联盟联考)如图所示，MPQ、M′P′Q′是光滑平行导轨，其中倾斜部分MPP′M′为金属材料制成，电阻可不计，倾角为α＝37°，并处在与MPP′M′平面垂直且向下的匀强磁场中（图中未画出），磁感应强度大小为2T；水平部分PQQ′P′为绝缘材料制成，所在空间内存在竖直方向的磁场，在PQ上取一点为坐标原点O，沿PQ方向建立x轴，可知磁感应强度分布规律为（取竖直向上为正方向）；两部分导轨的衔接处用小圆弧连接，金属棒通过时无机械能损失，两导轨的MN间接有阻值为R=5Ω的定值电阻。正方形金属线框cdef的质量m2＝2kg、边长为L＝1m，每条边的电阻r2=2Ω，f点刚好位于坐标原点，fc边与PP′平行。现将一根质量m1＝1kg，长度L＝1m，电阻r1＝2Ω的金属棒ab从图示位置静止释放，滑到斜面底端前已达到匀速运动。若整个过程ab棒、金属框与导轨始终接触良好，（重力加速度g=10m/s2，)，求：
（1）ab棒滑到底端时的速度大小和ab棒两端的电势差Uab；
（2）ab棒与金属线框碰撞后合成一个整体一起在轨道上滑行，滑行过程中ed边产生的焦耳热；
（3）第（2）所涉及的滑行过程中，通过ed棒的电荷量。
【名师解析】．（10分）
（1）在斜面上到达底端前匀速运动时：分
有：
ab棒在斜面底端时，由闭合欧姆定律：
由法拉第电磁感应定律： QUOTE 分
联立得：v=10.5 m/s 分
QUOTE 分
（2） ab棒在PSQT区域内匀速运动，运动至ST处与框碰撞。
由动量守恒定律： QUOTE
得： QUOTE 分
碰撞后整个线框产生的焦耳热为：分
ed边上产生的焦耳热为： 分
（3）从金属框开始运动到停下的过程中，根据动量定量有：
QUOTE 分
其中： QUOTE 分
QUOTE
可得： 分
9． （2022湖北名校高考适应性考试）(16分)如图所示，ABCD是N匝（N=20）的矩形闭合金属线框放置于水平面上，其质量m=1kg、阻值R=2Ω、长度d=0.4m、宽度为L=0.2m，水平面上依次间隔分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B=0.5T、宽度也为L、长度及磁场间的距离均为d，线框在轨道上运动过程中受到的摩擦阻力f大小恒为4N。现线框的AB边与左边第一个磁场的左边界重合，给线框施加一水平向右的力使线框从静止开始向右运动，问：
（1）若让小车以恒定加速度a=2m/s2运动，求力F与随时间t变化的关系式；
（2）若给线框施加的力的功率恒为P1=16W，该力作用作用一段时间 t1=6s后，线框已达最大速度，且此时线框刚好穿出第13个磁场（即线框的CD边刚好与第13个磁场的右边界重合），求线框在这段时间内产生的焦耳热；
（3）若给线框施加的力恒为F0=12N，且F0作用t0=4s时间线框已达到最大速度，求t0时间内线框产生的焦耳热。
【名师解析】．（1）当线框匀加速时，v=at ，E=NBLv，，
根据牛顿第二定律，F-f-NBIL=ma，得F=6+4t （4分）
（2）当线框达到最大速度v1时，F1=f+NBI1L，E1=NBLv1，，P1=F1v1
代入数据得 v1=2m/s，
当线框刚好穿出第十三个磁场时，线框的位移x1=2nd，n=13，
得x1=10.4m
根据动能定理，，
线框的焦耳热Q1=W1，得Q1=52.4J （6分）
（3）当线框达到最大速度v0时，F0=f+NBI0L，E0=NBLv0，，
代入数据得v0=4m/s
根据动量定理，，
，，，，
得
根据动能定理，，
线框的焦耳热Q0=W0，
得Q0=104J（6分）