高考物理一轮复习讲义专题提升练27　动量观点在电磁感应中的应用

这是一份高考物理一轮复习讲义专题提升练27　动量观点在电磁感应中的应用，共7页。试卷主要包含了2 m/s，v2=0等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，固定在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感应电流产生的磁场，则(C)
A.导体棒L1、L2构成的系统动量不守恒
B.导体棒L2的速度逐渐减小为0.5v0，这个过程中L2产生的焦耳热为3mv028
C.导体棒L1的速度增加为0.5v0时，导体棒L1两端的电势差为0.5Bdv0
D.当导体棒L2的速度减小为0.6v0，导体棒L1的速度增加为0.4v0时，导体棒L1两端的电势差为0.2Bdv0
解析 L2切割磁感线，回路中产生感应电流，两导体棒受等大、反向的安培力作用，合力为零，两者构成的系统动量守恒，A项错误；依题意，把导体棒L1和L2看成一个系统，则系统动量守恒，取向右为正方向，当导体棒L2的速度逐渐减小为0.5v0时，有mv0=m×0.5v0+mv，解得v=0.5v0，根据能量守恒定律得12mv02=12×2mv2+2QL，联立解得这个过程中L2产生的焦耳热为QL=18mv02，B项错误；导体棒L1的速度增加为0.5v0时，此时两棒速度相等，则两棒两端的电势差相等，均等于各自切割磁感线产生的感应电动势，则导体棒L1两端的电势差为U=0.5Bdv0，C项正确；当导体棒L2的速度减小为0.6v0，导体棒L1的速度增加为0.4v0时，回路中感应电动势为E=BdΔv=0.2Bdv0，根据闭合电路欧姆定律可得L1两端的电势差为U'=0.5E=0.1Bdv0，D项错误。
2.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距l=1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。杆1、杆2是两根用细线连接的金属杆，质量分别为m1=0.1 kg和m2=0.4 kg，两杆垂直导轨放置，且两端始终与导轨接触良好，两杆的总电阻R=2 Ω，两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止。整个装置处在磁感应强度B=1 T的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，重力加速度g取10 m/s2，求:
(1)烧断细线瞬间杆1的加速度大小；
(2)细线烧断后，两杆最大速度v1、v2的大小；
(3)两杆刚达到最大速度时，杆1上滑了0.8 m，则从t=0时刻起到此刻用了多长时间?
解析 (1)两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止，则有F=(m1+m2)gsin 30°，
烧断细线后，根据牛顿第二定律有
F-m1gsin 30° =m1a，
解得a=20 m/s2。
(2)线烧断前F=(m1+m2)gsin 30°，
细线烧断后F安1=F安2，方向相反，
由系统动量守恒得m1v1=m2v2，
两棒同时达到最大速度，之后做匀速直线运动。对棒2有m2gsin 30°=BIl，
根据欧姆定律有I=Blv1+Blv2R，
解得v1=3.2 m/s，v2=0.8 m/s。
(3)由系统动量守恒得m1v1=m2v2，
则m1x1=m2x2，
即x2=0.2 m，
设所求时间为t，对棒2由动量定理得
m2gsin 30°·t-BIl·t=m2v2-0，
其中It=E·tR=BlΔxtR·t=Bl(x1+x2)R，
解得t=0.41 s。
答案 (1)20 m/s2 (2)3.2 m/s 0.8 m/s
(3)0.41 s
3.如图所示，左侧倾角θ=37°、足够长的光滑平行金属导轨与右侧足够长的水平光滑平行金属导轨之间用两段光滑绝缘圆弧轨道(长度可忽略)连接，两导轨的水平部分在同一水平面内，间距为d，倾斜导轨顶端连接阻值为R的定值电阻。两部分导轨分别处于与导轨平面垂直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中(图中未画出)。质量为3m的金属棒Q静止在圆弧底部，质量为5m的金属棒P从倾斜导轨上某处由静止滑下，当金属棒P到达倾斜导轨底端时速度恰好达到最大。金属棒P、Q的电阻均为R，两棒发生弹性碰撞且碰撞时间极短，两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计金属导轨的电阻。重力加速度为g，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8.求:
(1)金属棒P到达倾斜导轨底端时的速度大小；
(2)金属棒P、Q碰撞后金属棒P的速度大小；
(3)从金属棒P、Q碰撞后到两棒的运动状态达到稳定的过程中，金属棒P、Q的位移差。
解析 (1)金属棒P速度最大时加速度为零，此时有
5mgsin 37°=B·BdvR+R·d，
解得金属棒P到达底端的速度大小为
v=6mgRB2d2。
(2)金属棒P和Q碰撞前后，由动量守恒定律可得
5mv=5mv1+3mv2，
由机械能守恒定律可得
12×5mv2=12×5mv12+12×3mv22，
联立解得金属棒P、Q碰撞后的速度大小分别为
v1=3mgR2B2d2，v2=15mgR2B2d2。
(3)碰后金属棒P和Q组成的系统，水平方向上所受的合外力为0，则水平方向上动量守恒，两棒的运动状态达到稳定时两金属棒的速度相同，在水平方向上，由动量守恒定律5mv1+3mv2=(5m+3m)v0，
解得两金属棒一起做匀速直线运动时的速度大小为
v0=15mgR4B2d2，
设两金属棒碰后至一起做匀速直线运动过程中，两者的位移差为Δx，所经历的时间为Δt，回路的平均电流为I，则I=ER+R=BdΔxΔt(R+R)，
此过程中，对金属棒P，由动量定理可得
BId·Δt=5mv0-5mv1，
联立解得Δx=45m2gR22B4d4。
答案 (1)6mgRB2d2 (2)3mgR2B2d2 (3)45m2gR22B4d4
梯级Ⅱ能力练
4.(2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的14圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求:
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
解析 (1)设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有
mgL=12mv12，
ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得
E1=BLv1，
联立解得E1=BL2gL。
(2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc=R2，
设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有I1=E1R+Rc，
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则F1=I1LB，
由牛顿第二定律得F1=2ma，
联立解得a=B2L22gL3mR。
(3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1=(m+2m)v2，
设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得∑FΔt=2mv2-0，
F=ILB，
由闭合电路欧姆定律得I=ER+Rc，
设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s，若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有E=BLΔxΔt，
又s=L+∑Δx，
联立解得s=mR2gLB2L2+L。
答案 (1)BL2gL (2)B2L22gL3mR (3)mR2gLB2L2+L
梯级Ⅲ创新练
5.如图所示，MCN与PDQ是一组足够长的平行光滑导轨，间距L=1 m，MC、PD倾斜，CN、DQ在同一水平面内，CD与CN垂直，C、D处平滑连接。水平金属导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1 T。质量m=0.1 kg、电阻R=1 Ω、长度为L的硬质导体棒a静止在水平轨道上，与a完全相同的导体棒b从距水平面高度h=0.2 m的倾斜绝缘轨道上由静止释放，最后恰好不与a棒相撞，运动过程中a、b棒始终与导轨垂直且接触良好。不计其他电阻和空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求b棒刚进入磁场时，a棒所受安培力的大小；
(2)求整个过程中通过a棒的电荷量q及a棒距离CD的初始距离x0；
(3)a、b棒稳定后，在释放b棒的初始位置由静止释放相同的b2棒，所有棒运动稳定后，在同一位置再由静止释放相同的b3棒，所有棒运动再次稳定后，依此类推，逐一由静止释放b4、b5、……、bn。当释放的bn最终与所有棒运动稳定后，求从bn棒开始释放到与所有棒运动保持相对稳定时，回路中产生的焦耳热Qn。
解析 (1)根据题意，对b棒由动能定理可得
mgh=12mv02，
b棒刚进入磁场时，感应电动势E=BLv0，
回路中的电流I=E2R，
安培力F=BIL，
联立可得F=B2L2v02R=1 N。
(2)对a、b棒由动量守恒定律可得
mv0=2mv1，
对a棒由动量定理可得BILt=mv1，
电荷量q=It，
解得q=0.1 C，
由(1)问可得B2L2Δv2Rt=mv1，
可得x0=Δvt=0.2 m。
(3)当b2棒运动达到稳定后有
2mv0=3mv2，
当b3棒运动达到稳定后有3mv0=4mv3，
当bn棒运动达到稳定后有
nmv0=(n+1)mvn，
可得vn-1=n-1nv0，
则vn=nn+1v0，
故回路中产生的焦耳热
Qn=12mv02+12nmvn-12-12(n+1)mvn2，
解得Qn=15n(n+1) J。
答案 (1)1 N (2)0.1 C 0.2 m (3)15n(n+1) J