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2024版高考物理二轮复习专题4电路和电磁感应微专题5电磁感应中的动量问题练习含答案
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这是一份2024版高考物理二轮复习专题4电路和电磁感应微专题5电磁感应中的动量问题练习含答案，共12页。试卷主要包含了 如图所示，质量m＝0，5 V等内容，欢迎下载使用。
A组·基础练
1. (多选)(2023·山东潍坊模拟)如图所示，质量m＝0.02 kg的矩形线框abcd，ab边长L1＝0.25 m，bc边长L2＝0.08 m，总电阻R＝0.2 Ω，沿光滑水平面向右以速度v0＝2 m/s冲向宽度L3＝0.068 m的有界匀强磁场，磁感应强度B＝1 T，方向竖直向上，则( CD )
A．线框刚进入磁场时，ab边两端的电压为0.5 V
B．线框能够穿过磁场，穿过磁场后的速度为eq \f(15,16) m/s
C．线框不能穿过磁场，最后线框的cd边停在距有界磁场的左边界0.06 m处
D．线框在整个运动过程中产生的焦耳热为0.04 J
【解析】 线框刚进入磁场时有E＝BL1v0＝0.5 V，ab边两端的电压为Uab＝eq \f(L1＋2L2,2L1＋L2)E＝eq \f(0.25＋2×0.08,2×0.25＋0.08)×0.5 V≈0.31 V，选项A错误；线框ab边进入磁场到离开磁场的过程，根据动量定理有mv1－mv0＝－BIL1t＝－eq \f(B2L\\al(2,1),R)L3，之后线框匀速运动，直到cd边进入磁场，在cd边进入磁场到速度减为0的过程，根据动量定理有0－mv1＝－BIL1t′＝－eq \f(B2L\\al(2,1),R)x，解得x＝eq \f(mv0R,B2L12)－L3＝0.06m2. (多选)(2023·山东安丘检测)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，与水平面夹角α，导轨通过单刀双掷双关与电阻R和电容器C相连，导体棒ab垂直于导轨放置，且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，电容器电容耐压值足够大，导体棒和导轨电阻不计，ab棒由静止释放。若开关接1，ab棒的速度为v，电容器储存的电场能E；若开关接2导体棒受到的安培力F，通过电阻的电荷量q，它们随时间变化的图像可能正确的是( AC )
【解析】 若开关接1，设导体在某一段很短时间Δt内的速度变化为Δv，根据动量定理可得mgsin α·Δt－BiL·Δt＝mΔv，其中i·Δt＝ΔQ，ΔQ是Δt时间内电容器增加的电荷量，则有ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，a＝eq \f(Δv,Δt)，整理可得加速度a＝eq \f(mgsin α,B2L2C＋m)，加速度是一个定值，导体做匀加速直线运动，速度图像为过原点的直线，电容器两板间电压U＝BLat，逐渐变大，电容器储存的电能一直增加，选项A正确，B错误；若开关接2，则导体的加速度mgsin α－eq \f(B2L2v,R)＝ma，随速度增加，加速度逐渐减小，最后当加速度为零时导体棒匀速运行，则安培力F＝eq \f(B2L2v,R)∝v，加速度减小，最后为零，则v－t线的斜率减小，最后平行t轴，则F－t图像的斜率逐渐减小，最后平行于t轴；通过电阻R的电量逐渐变大，最终匀速时，电量不变，选项C正确，D错误。故选AC。
3. (多选)(2023·山东枣庄二模)如图所示，abcd是一个均质正方形导线框，其边长为l、质量为m、电阻为R。在x≤0的范围内存在大小为B0，方向垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在x≥2l的范围内存在大小为2B0，方向垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，在0A．线框穿出磁场Ⅰ的过程中和进入磁场Ⅱ的过程中，线框中产生的感应电流方向反
B．线框ab边刚穿出磁场Ⅰ时，ab两点间的电势差为Uab＝eq \f(5B\\al(3,0)l4,4mR)
C．线框恰好有一半进入磁场Ⅱ时，ab边受到的安培力大小为eq \f(4B\\al(4,0)l5,mR2)
D．线框穿出磁场I的过程中与进入磁场Ⅱ的过程中产生的焦耳热之比为916
【解析】 线框穿出磁场Ⅰ的过程中垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流为顺时针方向，线框进入磁场Ⅱ的过程中，垂直纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流为顺时针方向，两个过程感应电流方向相同，A错误；对全过程，根据动量定理可得－B0eq \x\t(I)1l·t1－2B0eq \x\t(I)2l·t2＝0－mv0，又eq \x\t(I)1＝eq \f(B0l2,t1R)，eq \x\t(I)2＝eq \f(2B0l2,t2R)，联立解得线框ab边刚穿出磁场I时的速度v0＝eq \f(5B\\al(2,0)l3,mR)，线框ab边刚穿出磁场I时，cd边切割磁感线，cd边相当于电源，则ab两点间的电势差为Uab＝eq \f(B0lv0,4)＝eq \f(5B\\al(3,0)l4,4mR)，B正确；设线框恰好有一半进入磁场Ⅱ时，线框的速度为v2，根据动量定理可得－2B0eq \x\t(I)l·t3＝0－mv2，又eq \x\t(I)＝eq \f(2B0×\f(l2,2),t3R)，联立解得v2＝eq \f(2B\\al(2,0)l3,mR)，此时ab切割磁感线，感应电动势的大小E＝2B0lv2，此时感应电流I＝eq \f(E,R)，ab边受到的安培力大小为F＝2B0Il，联立可得F＝eq \f(8B\\al(4,0)l5,mR2)，C错误；根据动量定理－B0eq \x\t(I)l·t1＝mv1－mv0，解得v1＝eq \f(4B\\al(2,0)l3,mR)，根据能量守恒定律可得线框穿出磁场Ⅰ的过程中产生的焦耳热Q1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，线框穿出磁场Ⅱ的过程中产生的焦耳热Q2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，联立可得Q1Q2＝916，D正确，故选B、D。
4. (多选)(2023·山东潍坊二模)如图所示，两宽度不等的光滑平行金属导轨水平固定放置，窄轨间距为L、宽轨间距为2L，导体棒ab、cd分别垂直放置在两导轨上，质量均为m、电阻均为R，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，已知两导轨均足够长、电阻不计，现让两导体棒均以大小为v0的初速度平行于导轨水平向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，ab棒始终未滑离窄轨，在导体棒运动的过程中，下列说法正确的是( ACD )
A．导体棒ab的最大速度为eq \f(6v0,5)
B．导体棒ab产生的焦耳热最多为eq \f(mv\\al(2,0),10)
C．通过导体棒ab的电荷量最多为eq \f(mv0,5BL)
D．回路中的最大电流为eq \f(BLv0,2R)
【解析】 稳定时电路中电流为0，ab棒速度最大，有BLvab＝B·2Lvcd，则vab＝2vcd，取向右为正方向，根据动量定理可得，对ab棒Beq \x\t(I)Lt＝mvab－mv0，对cd棒－2Beq \x\t(I)Lt＝mvcd－mv0，解得vab＝eq \f(6,5)v0，vcd＝eq \f(3,5)v0，故A正确；对整个过程根据能量守恒，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,ab)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,cd)＋Q，导体棒ab产生的焦耳热最多为Qab＝eq \f(1,2)Q，解得Qab＝eq \f(mv\\al(2,0),20)，故B错误；对ab棒Beq \x\t(I)Lt＝mvab－mv0，且q＝eq \x\t(I)t，解得通过导体棒ab的电荷量最多为q＝eq \f(mv0,5BL)，故C正确；导体棒刚开始运动时，感应电动势最大，感应电流最大，由闭合电路欧姆定律可得I＝eq \f(Ecd－Eab,R＋R)＝eq \f(B·2Lv0－BLv0,2R)＝eq \f(BLv0,2R)，故D正确。故选A、C、D。
5. (多选)(2023·吉林统考二模)如图所示，一质量为m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为2m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则( BCD )
A．刚开始运动时产生的感应电流方向为b→c→N→M
B．导体棒的最终和U形光滑金属框一起匀速直线运动速度为eq \f(v0,3)
C．导体棒产生的焦耳热为eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)
D．通过导体棒的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)
【解析】 金属框开始获得向右的初速度v0，根据楞次定律可知回路磁通量增大，原磁场垂直纸面向里，所以感应电流磁场垂直向外，再根据安培定则可知感应电流方向为c→b→M→N，最后当二者速度相等时，回路中没有感应电流，故A错误；以金属框和导体棒整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度达到相等，取初速度方向为正，根据动量守恒定律可得mv0＝3mv；可得v＝eq \f(1,3)v0；故B正确；由能量守恒可知，导体棒产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×3mv2＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)；故C正确；D.对导体棒，根据动量定理可得Beq \x\t(I)LΔt＝2mv－0；其中eq \x\t(I)Δt＝q；可得通过导体棒的电荷量为q＝eq \f(2mv0,3BL)，故D正确。
6. (2023·山东青岛检测)如图，水平面上有两条相距为L的足够长光滑平行金属导轨，在导轨上相隔某一距离垂直导轨静置长度均为L的金属棒a和b，垂直导轨的虚线MN右侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，匀强磁场磁感应强度为B，导轨左端接有电压传感器。现让金属棒a、b分别以速度v0、3v0向右运动，t＝0时刻金属棒b经过MN进入磁场区域，当金属棒a刚进入磁场时，电压传感器的示数U＝eq \f(4BLv0,3)。已知金属棒a、b材质相同，a、b棒的质量分别为2m、m，a棒电阻为R。导轨电阻不计，不考虑电压传感器对电路的影响，磁场区域足够大，下列说法正确的是( CD )
A．从t＝0时刻开始，电压传感器的示数逐渐减小
B．改变a、b两棒间初始距离，不会改变两棒的最终速度
C．当金属棒a刚进入磁场时，a、b两棒间的距离为eq \f(3mv0R,B2L2)
D．整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为eq \f(17,18)mveq \\al(2,0)
【解析】 从t＝0时刻开始，在a棒进入磁场之前，b棒做减速运动，则电压传感器的示数逐渐减小；当a棒进入磁场之后，稳定时，电压传感器的示数不变，选项A错误；因b进入磁场后做减速运动，因ab棒均进入磁场后动量守恒，根据动量守恒定律2mva＋mvb＝(2m＋m)v，a、b两棒间初始距离较大，则当a进入磁场时b减速时间较长，则速度vb较小，则最终两棒的最终速度较小，则改变a、b两棒间初始距离，会改变两棒的最终速度，选项B错误；a、b棒的质量分别为2m、m，根据m＝ρLS，可知横截面积之比21，根据R＝ρeq \f(L,S)可知电阻之比为12可知b棒电阻为2R；当金属棒a刚进入磁场时，电压传感器的示数U＝eq \f(4BLv0,3)，此时U＝eq \f(BLvb,2R＋R)·2R，解得vb＝2v0，对b棒由动能定理－Beq \x\t(I)LΔt＝m·2v0－m·3v0，其中q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,R＋2R)＝eq \f(BLx,3R)解得x＝eq \f(3mv0R,B2L2)，选项C正确；b棒进入磁场过程，a棒进入磁场之前，在a棒中产生的焦耳热Q1＝eq \f(R,2R＋R)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)m3v02－\f(1,2)m2v02))＝eq \f(5,6)mveq \\al(2,0)，a棒进入磁场之后，到最终达到共同速度时2mv0＋m·2v0＝(2m＋m)v，解得v＝eq \f(4,3)v0，在a棒中产生的焦耳热Q2＝eq \f(R,2R＋R)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)·2mv\\al(2,0)＋\f(1,2)m2v02－\f(1,2)·3mv2))＝eq \f(1,9)mveq \\al(2,0)，整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为Q＝Q1＋Q2＝eq \f(17,18)mveq \\al(2,0)，选项D正确。故选C、D。
B组·综合练
7. (2023·海南高考卷)如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里B＝8×10－2T的匀强磁场。
(1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度H＝10 cm，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(g＝10 m/s2)
(2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆截面的电荷量。
【答案】 (1)eq \r(2) m/s 4.17 A (2)0.085 C
【解析】 (1)对金属杆，跳起的高度为H，竖直上抛运动由运动学关系式v2＝2gH
解得v＝eq \r(2gH)＝eq \r(2) m/s
通电过程金属杆受到的安培力大小为FA＝BIL
由动能定理得BILh－mg(H＋h)＝0
解得I＝4.17 A。
(2)对金属杆，通电时间t′＝0.002 s
由动量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′－0
由运动学公式v′2＝2gH′
通过金属杆截面的电荷量q＝I′t′
联立解得q＝0.085 C。
8. (2023·全国甲卷)如图所示，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌面右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向为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，碰撞时间很短。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。
【答案】 (1)eq \f(1,2)v0 (2)mveq \\al(2,0) (3)eq \f(2mR,B2l2)
【解析】 (1)设Q、P碰撞后瞬间的速度分别是v1、v2，规定向右为正方向
绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞
由动量守恒定律得3mv0＝3mv1＋mv2
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
联立解得v2＝eq \f(3,2)v0，v1＝eq \f(1,2)v0
Q、P从导轨最右端滑出的速度相同，碰后Q做匀速直线运动，则P滑出导轨时的速度大小为v2′＝v1＝eq \f(1,2)v0。
(2)对导体回路，由能量守恒定律有
Q＝eq \f(1,2)m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)v0))2－eq \f(1,2)m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v0))2＝mveq \\al(2,0)。
(3)E＝Blv
I＝eq \f(E,R)
F＝BIl
F＝eq \f(B2l2v,R)
vΔt＝Δx
∑F·Δt＝∑eq \f(B2l2v,R)·Δt
由动量定理得∑F·Δt＝mv2－mv2′
碰撞后，Q在导轨上运动时间t＝eq \f(Δv,v1)
解得t＝eq \f(2mR,B2l2)。
9. (2023·福建福州质检)如图，足够长的固定粗糙绝缘斜面，倾角为θ＝37°，平行于斜面底边的边界PQ下侧有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。一质量为M＝0.2 kg的U型金属框MM′NN′静置于斜面上，其中MN边长L＝0.4 m，处在磁场中与斜面底边平行，框架与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.75，框架电阻不计且足够长。质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.6 Ω的金属棒ab横放在U形金属框架上从静止释放，释放位置与边界PQ上方距离为d＝0.75 m。已知金属棒在框架上无摩擦地运动，且始终与框架接触良好，设框架与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)金属棒ab刚进入磁场时，通过框架MN边的电流大小和方向；
(2)金属棒ab刚进入磁场时，框架的加速度大小a；
(3)金属棒ab进入磁场最终达到稳定运动时，金属棒重力的功率P。
【答案】 (1)I＝2 A，电流方向：由N流向M
(2)a＝1 m/s2 (3)P＝1.5 W
【解析】 (1)金属棒在框架上无摩擦地运动，设刚进入磁场的速度为v0，根据动能定理得mgdsin θ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－0
解得v0＝3 m/s
进入磁场后，根据法拉第电磁感应定律
E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R)
解得I＝2 A
电流方向：由N流向M。
(2)框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上，大小为f＝μ(M＋m)gcs 37°＝1.8 N
框架MN边受到的安培方向沿斜面向下，大小为F安＝BIL＝0.8 N
根据牛顿第二定律，框架的加速度为a
Mgsin θ＋F安－f＝Ma
代入数据解得a＝1 m/s2。
(3)因金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜面对框架的摩擦力平衡，故金属棒和框架整体沿斜面方向动量守恒，最终金属棒ab与框架分别以v1、v2的速度做匀速运动mv0＝mv1＋Mv2
此时回路的电动势为E′＝BL(v1－v2)
电流I′＝eq \f(E′,R)
金属棒ab匀速运动mgsin θ－BI′L＝0
联立解得v1＝2.5 m/s，v2＝0.25 m/s
金属棒ab重力的功率
P＝mgv1sin θ＝1.5 W。
10. (2023·黑龙江统考二模)如图所示，光滑且平行的双金属导轨abc与a′b′c固定于水平地面上，导轨倾斜部分与地面夹角θ＝30°，转角bb′为绝缘的弯曲小弧。Ⅰ区、Ⅱ区均为长L＝2 m、宽d＝0.5 m的矩形匀强磁场区，B＝0.5 T，方向如图。Ⅰ区上方接有恒流电源(未画出)，I＝5 A，方向如图，Ⅰ区下边界与bb间距D＝0.6 m。Ⅱ区左边界紧邻边长eq \f(L,2)、质量m＝1 kg、电阻R＝0.25 Ω的正方形刚性导体框，Ⅱ区右边界紧邻固定的绝缘挡板。现将长度为L、质量也为m的导体棒从Ⅰ区上边界无初速度释放，所有碰撞均为弹性碰撞，g＝10 m/s2，结果可以用根式表示，求：
(1)棒从释放到第一次离开Ⅰ区的时间；
(2)棒第一次返回倾斜轨道时上升的最大高度；
(3)棒与框碰了多少次后，棒将不再返回Ⅰ区磁场。
【答案】 (1)eq \f(\r(10),10) s (2)0.375 m (3)4次
【解析】 (1)棒在Ⅰ区由牛顿第二定律得
mgsin θ＋BIL＝ma；又d＝eq \f(1,2)at2；
解得棒从释放到第一次离开Ⅰ区的时间t＝eq \f(\r(10),10) s。
(2)棒第一次滑到水平面时，由动能定理得
BIld＋mgsin θ(d＋D)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,b0)
解得vb0＝4 m/s
棒与框发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律
mvb0＝mvb1＋mvk1，eq \f(1,2)mveq \\al(2,b0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,b1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,k1)；
vb1＝0，vk1＝4 m/s
框从运动到第一次与挡板碰撞之前，
对框由动量定理得－Beq \x\t(I)eq \f(L,2)Δt＝mvk1′－mvk1
又eq \x\t(I)＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝Beq \f(L,2)d
解得vk1′＝3.5 m/s
框与挡板碰撞后以vk1原速率弹回，当框回到它的初始位置时vk1″＝3 m/s
碰后，棒vb2＝3 m/s
设棒返回后在Ⅰ区磁场中运动距离为x，
由动能定理－mgsin θ(D＋x)－BILx＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,b2)
则上升高度Hmax＝(D＋x)sin θ
解得Hmax＝0.375 m。
(3)由(2)可知，每次从棒碰框到框将棒碰回，棒的速度减少了Δvb＝1 m/s
设棒运动到Ⅰ区下沿速度为0，则棒在平面上的速度大小满足eq \f(1,2)mveq \\al(2,bn)＝mgsin θ×D
解得vbn＝eq \r(6) m/s≈2.5 m/s
因为vb0＝4 m/s
一共碰了4次之后，棒将不再返回磁场。
A组·基础练
1. (多选)(2023·山东潍坊模拟)如图所示，质量m＝0.02 kg的矩形线框abcd，ab边长L1＝0.25 m，bc边长L2＝0.08 m，总电阻R＝0.2 Ω，沿光滑水平面向右以速度v0＝2 m/s冲向宽度L3＝0.068 m的有界匀强磁场，磁感应强度B＝1 T，方向竖直向上，则( CD )
A．线框刚进入磁场时，ab边两端的电压为0.5 V
B．线框能够穿过磁场，穿过磁场后的速度为eq \f(15,16) m/s
C．线框不能穿过磁场，最后线框的cd边停在距有界磁场的左边界0.06 m处
D．线框在整个运动过程中产生的焦耳热为0.04 J
【解析】 线框刚进入磁场时有E＝BL1v0＝0.5 V，ab边两端的电压为Uab＝eq \f(L1＋2L2,2L1＋L2)E＝eq \f(0.25＋2×0.08,2×0.25＋0.08)×0.5 V≈0.31 V，选项A错误；线框ab边进入磁场到离开磁场的过程，根据动量定理有mv1－mv0＝－BIL1t＝－eq \f(B2L\\al(2,1),R)L3，之后线框匀速运动，直到cd边进入磁场，在cd边进入磁场到速度减为0的过程，根据动量定理有0－mv1＝－BIL1t′＝－eq \f(B2L\\al(2,1),R)x，解得x＝eq \f(mv0R,B2L12)－L3＝0.06m
【解析】 若开关接1，设导体在某一段很短时间Δt内的速度变化为Δv，根据动量定理可得mgsin α·Δt－BiL·Δt＝mΔv，其中i·Δt＝ΔQ，ΔQ是Δt时间内电容器增加的电荷量，则有ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，a＝eq \f(Δv,Δt)，整理可得加速度a＝eq \f(mgsin α,B2L2C＋m)，加速度是一个定值，导体做匀加速直线运动，速度图像为过原点的直线，电容器两板间电压U＝BLat，逐渐变大，电容器储存的电能一直增加，选项A正确，B错误；若开关接2，则导体的加速度mgsin α－eq \f(B2L2v,R)＝ma，随速度增加，加速度逐渐减小，最后当加速度为零时导体棒匀速运行，则安培力F＝eq \f(B2L2v,R)∝v，加速度减小，最后为零，则v－t线的斜率减小，最后平行t轴，则F－t图像的斜率逐渐减小，最后平行于t轴；通过电阻R的电量逐渐变大，最终匀速时，电量不变，选项C正确，D错误。故选AC。
3. (多选)(2023·山东枣庄二模)如图所示，abcd是一个均质正方形导线框，其边长为l、质量为m、电阻为R。在x≤0的范围内存在大小为B0，方向垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在x≥2l的范围内存在大小为2B0，方向垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，在0
B．线框ab边刚穿出磁场Ⅰ时，ab两点间的电势差为Uab＝eq \f(5B\\al(3,0)l4,4mR)
C．线框恰好有一半进入磁场Ⅱ时，ab边受到的安培力大小为eq \f(4B\\al(4,0)l5,mR2)
D．线框穿出磁场I的过程中与进入磁场Ⅱ的过程中产生的焦耳热之比为916
【解析】 线框穿出磁场Ⅰ的过程中垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流为顺时针方向，线框进入磁场Ⅱ的过程中，垂直纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流为顺时针方向，两个过程感应电流方向相同，A错误；对全过程，根据动量定理可得－B0eq \x\t(I)1l·t1－2B0eq \x\t(I)2l·t2＝0－mv0，又eq \x\t(I)1＝eq \f(B0l2,t1R)，eq \x\t(I)2＝eq \f(2B0l2,t2R)，联立解得线框ab边刚穿出磁场I时的速度v0＝eq \f(5B\\al(2,0)l3,mR)，线框ab边刚穿出磁场I时，cd边切割磁感线，cd边相当于电源，则ab两点间的电势差为Uab＝eq \f(B0lv0,4)＝eq \f(5B\\al(3,0)l4,4mR)，B正确；设线框恰好有一半进入磁场Ⅱ时，线框的速度为v2，根据动量定理可得－2B0eq \x\t(I)l·t3＝0－mv2，又eq \x\t(I)＝eq \f(2B0×\f(l2,2),t3R)，联立解得v2＝eq \f(2B\\al(2,0)l3,mR)，此时ab切割磁感线，感应电动势的大小E＝2B0lv2，此时感应电流I＝eq \f(E,R)，ab边受到的安培力大小为F＝2B0Il，联立可得F＝eq \f(8B\\al(4,0)l5,mR2)，C错误；根据动量定理－B0eq \x\t(I)l·t1＝mv1－mv0，解得v1＝eq \f(4B\\al(2,0)l3,mR)，根据能量守恒定律可得线框穿出磁场Ⅰ的过程中产生的焦耳热Q1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，线框穿出磁场Ⅱ的过程中产生的焦耳热Q2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，联立可得Q1Q2＝916，D正确，故选B、D。
4. (多选)(2023·山东潍坊二模)如图所示，两宽度不等的光滑平行金属导轨水平固定放置，窄轨间距为L、宽轨间距为2L，导体棒ab、cd分别垂直放置在两导轨上，质量均为m、电阻均为R，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，已知两导轨均足够长、电阻不计，现让两导体棒均以大小为v0的初速度平行于导轨水平向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，ab棒始终未滑离窄轨，在导体棒运动的过程中，下列说法正确的是( ACD )
A．导体棒ab的最大速度为eq \f(6v0,5)
B．导体棒ab产生的焦耳热最多为eq \f(mv\\al(2,0),10)
C．通过导体棒ab的电荷量最多为eq \f(mv0,5BL)
D．回路中的最大电流为eq \f(BLv0,2R)
【解析】 稳定时电路中电流为0，ab棒速度最大，有BLvab＝B·2Lvcd，则vab＝2vcd，取向右为正方向，根据动量定理可得，对ab棒Beq \x\t(I)Lt＝mvab－mv0，对cd棒－2Beq \x\t(I)Lt＝mvcd－mv0，解得vab＝eq \f(6,5)v0，vcd＝eq \f(3,5)v0，故A正确；对整个过程根据能量守恒，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,ab)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,cd)＋Q，导体棒ab产生的焦耳热最多为Qab＝eq \f(1,2)Q，解得Qab＝eq \f(mv\\al(2,0),20)，故B错误；对ab棒Beq \x\t(I)Lt＝mvab－mv0，且q＝eq \x\t(I)t，解得通过导体棒ab的电荷量最多为q＝eq \f(mv0,5BL)，故C正确；导体棒刚开始运动时，感应电动势最大，感应电流最大，由闭合电路欧姆定律可得I＝eq \f(Ecd－Eab,R＋R)＝eq \f(B·2Lv0－BLv0,2R)＝eq \f(BLv0,2R)，故D正确。故选A、C、D。
5. (多选)(2023·吉林统考二模)如图所示，一质量为m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为2m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则( BCD )
A．刚开始运动时产生的感应电流方向为b→c→N→M
B．导体棒的最终和U形光滑金属框一起匀速直线运动速度为eq \f(v0,3)
C．导体棒产生的焦耳热为eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)
D．通过导体棒的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)
【解析】 金属框开始获得向右的初速度v0，根据楞次定律可知回路磁通量增大，原磁场垂直纸面向里，所以感应电流磁场垂直向外，再根据安培定则可知感应电流方向为c→b→M→N，最后当二者速度相等时，回路中没有感应电流，故A错误；以金属框和导体棒整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度达到相等，取初速度方向为正，根据动量守恒定律可得mv0＝3mv；可得v＝eq \f(1,3)v0；故B正确；由能量守恒可知，导体棒产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×3mv2＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)；故C正确；D.对导体棒，根据动量定理可得Beq \x\t(I)LΔt＝2mv－0；其中eq \x\t(I)Δt＝q；可得通过导体棒的电荷量为q＝eq \f(2mv0,3BL)，故D正确。
6. (2023·山东青岛检测)如图，水平面上有两条相距为L的足够长光滑平行金属导轨，在导轨上相隔某一距离垂直导轨静置长度均为L的金属棒a和b，垂直导轨的虚线MN右侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，匀强磁场磁感应强度为B，导轨左端接有电压传感器。现让金属棒a、b分别以速度v0、3v0向右运动，t＝0时刻金属棒b经过MN进入磁场区域，当金属棒a刚进入磁场时，电压传感器的示数U＝eq \f(4BLv0,3)。已知金属棒a、b材质相同，a、b棒的质量分别为2m、m，a棒电阻为R。导轨电阻不计，不考虑电压传感器对电路的影响，磁场区域足够大，下列说法正确的是( CD )
A．从t＝0时刻开始，电压传感器的示数逐渐减小
B．改变a、b两棒间初始距离，不会改变两棒的最终速度
C．当金属棒a刚进入磁场时，a、b两棒间的距离为eq \f(3mv0R,B2L2)
D．整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为eq \f(17,18)mveq \\al(2,0)
【解析】 从t＝0时刻开始，在a棒进入磁场之前，b棒做减速运动，则电压传感器的示数逐渐减小；当a棒进入磁场之后，稳定时，电压传感器的示数不变，选项A错误；因b进入磁场后做减速运动，因ab棒均进入磁场后动量守恒，根据动量守恒定律2mva＋mvb＝(2m＋m)v，a、b两棒间初始距离较大，则当a进入磁场时b减速时间较长，则速度vb较小，则最终两棒的最终速度较小，则改变a、b两棒间初始距离，会改变两棒的最终速度，选项B错误；a、b棒的质量分别为2m、m，根据m＝ρLS，可知横截面积之比21，根据R＝ρeq \f(L,S)可知电阻之比为12可知b棒电阻为2R；当金属棒a刚进入磁场时，电压传感器的示数U＝eq \f(4BLv0,3)，此时U＝eq \f(BLvb,2R＋R)·2R，解得vb＝2v0，对b棒由动能定理－Beq \x\t(I)LΔt＝m·2v0－m·3v0，其中q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,R＋2R)＝eq \f(BLx,3R)解得x＝eq \f(3mv0R,B2L2)，选项C正确；b棒进入磁场过程，a棒进入磁场之前，在a棒中产生的焦耳热Q1＝eq \f(R,2R＋R)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)m3v02－\f(1,2)m2v02))＝eq \f(5,6)mveq \\al(2,0)，a棒进入磁场之后，到最终达到共同速度时2mv0＋m·2v0＝(2m＋m)v，解得v＝eq \f(4,3)v0，在a棒中产生的焦耳热Q2＝eq \f(R,2R＋R)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)·2mv\\al(2,0)＋\f(1,2)m2v02－\f(1,2)·3mv2))＝eq \f(1,9)mveq \\al(2,0)，整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为Q＝Q1＋Q2＝eq \f(17,18)mveq \\al(2,0)，选项D正确。故选C、D。
B组·综合练
7. (2023·海南高考卷)如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里B＝8×10－2T的匀强磁场。
(1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度H＝10 cm，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(g＝10 m/s2)
(2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆截面的电荷量。
【答案】 (1)eq \r(2) m/s 4.17 A (2)0.085 C
【解析】 (1)对金属杆，跳起的高度为H，竖直上抛运动由运动学关系式v2＝2gH
解得v＝eq \r(2gH)＝eq \r(2) m/s
通电过程金属杆受到的安培力大小为FA＝BIL
由动能定理得BILh－mg(H＋h)＝0
解得I＝4.17 A。
(2)对金属杆，通电时间t′＝0.002 s
由动量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′－0
由运动学公式v′2＝2gH′
通过金属杆截面的电荷量q＝I′t′
联立解得q＝0.085 C。
8. (2023·全国甲卷)如图所示，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌面右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向为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，碰撞时间很短。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。
【答案】 (1)eq \f(1,2)v0 (2)mveq \\al(2,0) (3)eq \f(2mR,B2l2)
【解析】 (1)设Q、P碰撞后瞬间的速度分别是v1、v2，规定向右为正方向
绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞
由动量守恒定律得3mv0＝3mv1＋mv2
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
联立解得v2＝eq \f(3,2)v0，v1＝eq \f(1,2)v0
Q、P从导轨最右端滑出的速度相同，碰后Q做匀速直线运动，则P滑出导轨时的速度大小为v2′＝v1＝eq \f(1,2)v0。
(2)对导体回路，由能量守恒定律有
Q＝eq \f(1,2)m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)v0))2－eq \f(1,2)m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v0))2＝mveq \\al(2,0)。
(3)E＝Blv
I＝eq \f(E,R)
F＝BIl
F＝eq \f(B2l2v,R)
vΔt＝Δx
∑F·Δt＝∑eq \f(B2l2v,R)·Δt
由动量定理得∑F·Δt＝mv2－mv2′
碰撞后，Q在导轨上运动时间t＝eq \f(Δv,v1)
解得t＝eq \f(2mR,B2l2)。
9. (2023·福建福州质检)如图，足够长的固定粗糙绝缘斜面，倾角为θ＝37°，平行于斜面底边的边界PQ下侧有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。一质量为M＝0.2 kg的U型金属框MM′NN′静置于斜面上，其中MN边长L＝0.4 m，处在磁场中与斜面底边平行，框架与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.75，框架电阻不计且足够长。质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.6 Ω的金属棒ab横放在U形金属框架上从静止释放，释放位置与边界PQ上方距离为d＝0.75 m。已知金属棒在框架上无摩擦地运动，且始终与框架接触良好，设框架与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)金属棒ab刚进入磁场时，通过框架MN边的电流大小和方向；
(2)金属棒ab刚进入磁场时，框架的加速度大小a；
(3)金属棒ab进入磁场最终达到稳定运动时，金属棒重力的功率P。
【答案】 (1)I＝2 A，电流方向：由N流向M
(2)a＝1 m/s2 (3)P＝1.5 W
【解析】 (1)金属棒在框架上无摩擦地运动，设刚进入磁场的速度为v0，根据动能定理得mgdsin θ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－0
解得v0＝3 m/s
进入磁场后，根据法拉第电磁感应定律
E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R)
解得I＝2 A
电流方向：由N流向M。
(2)框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上，大小为f＝μ(M＋m)gcs 37°＝1.8 N
框架MN边受到的安培方向沿斜面向下，大小为F安＝BIL＝0.8 N
根据牛顿第二定律，框架的加速度为a
Mgsin θ＋F安－f＝Ma
代入数据解得a＝1 m/s2。
(3)因金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜面对框架的摩擦力平衡，故金属棒和框架整体沿斜面方向动量守恒，最终金属棒ab与框架分别以v1、v2的速度做匀速运动mv0＝mv1＋Mv2
此时回路的电动势为E′＝BL(v1－v2)
电流I′＝eq \f(E′,R)
金属棒ab匀速运动mgsin θ－BI′L＝0
联立解得v1＝2.5 m/s，v2＝0.25 m/s
金属棒ab重力的功率
P＝mgv1sin θ＝1.5 W。
10. (2023·黑龙江统考二模)如图所示，光滑且平行的双金属导轨abc与a′b′c固定于水平地面上，导轨倾斜部分与地面夹角θ＝30°，转角bb′为绝缘的弯曲小弧。Ⅰ区、Ⅱ区均为长L＝2 m、宽d＝0.5 m的矩形匀强磁场区，B＝0.5 T，方向如图。Ⅰ区上方接有恒流电源(未画出)，I＝5 A，方向如图，Ⅰ区下边界与bb间距D＝0.6 m。Ⅱ区左边界紧邻边长eq \f(L,2)、质量m＝1 kg、电阻R＝0.25 Ω的正方形刚性导体框，Ⅱ区右边界紧邻固定的绝缘挡板。现将长度为L、质量也为m的导体棒从Ⅰ区上边界无初速度释放，所有碰撞均为弹性碰撞，g＝10 m/s2，结果可以用根式表示，求：
(1)棒从释放到第一次离开Ⅰ区的时间；
(2)棒第一次返回倾斜轨道时上升的最大高度；
(3)棒与框碰了多少次后，棒将不再返回Ⅰ区磁场。
【答案】 (1)eq \f(\r(10),10) s (2)0.375 m (3)4次
【解析】 (1)棒在Ⅰ区由牛顿第二定律得
mgsin θ＋BIL＝ma；又d＝eq \f(1,2)at2；
解得棒从释放到第一次离开Ⅰ区的时间t＝eq \f(\r(10),10) s。
(2)棒第一次滑到水平面时，由动能定理得
BIld＋mgsin θ(d＋D)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,b0)
解得vb0＝4 m/s
棒与框发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律
mvb0＝mvb1＋mvk1，eq \f(1,2)mveq \\al(2,b0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,b1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,k1)；
vb1＝0，vk1＝4 m/s
框从运动到第一次与挡板碰撞之前，
对框由动量定理得－Beq \x\t(I)eq \f(L,2)Δt＝mvk1′－mvk1
又eq \x\t(I)＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝Beq \f(L,2)d
解得vk1′＝3.5 m/s
框与挡板碰撞后以vk1原速率弹回，当框回到它的初始位置时vk1″＝3 m/s
碰后，棒vb2＝3 m/s
设棒返回后在Ⅰ区磁场中运动距离为x，
由动能定理－mgsin θ(D＋x)－BILx＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,b2)
则上升高度Hmax＝(D＋x)sin θ
解得Hmax＝0.375 m。
(3)由(2)可知，每次从棒碰框到框将棒碰回，棒的速度减少了Δvb＝1 m/s
设棒运动到Ⅰ区下沿速度为0，则棒在平面上的速度大小满足eq \f(1,2)mveq \\al(2,bn)＝mgsin θ×D
解得vbn＝eq \r(6) m/s≈2.5 m/s
因为vb0＝4 m/s
一共碰了4次之后，棒将不再返回磁场。
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