新高考物理三轮冲刺分层突破练习11.电磁感应中的动量问题（含答案解析）

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基础巩固练
1.(2025石家庄实验中学模拟)如图所示,该装置可形成稳定的辐向磁场,磁场内有匝数为n、半径为R的圆形线圈,在t=0时刻线圈由静止释放,经时间t速度变为v,假设此段时间内线圈所在处磁感应强度大小恒为B,线圈导线单位长度的质量和电阻分别为m、r,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.在t时刻线圈的加速度大小为g-n2B2vmr
B.0~t时间内通过线圈的电荷量为mgt-mv2πRnB
C.0~t时间内线圈下落高度为mr(gt-v)B2
D.线圈下落过程中,通过线圈的磁通量始终为零
2.(2025河北保定一模)如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1固定在绝缘水平面上,左、右两侧导轨间距分别为2L和L。金属棒a、b的质量分别为2m、m,阻值分别为2R、R,长度分别为2L、L,整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属棒a一水平向右的初速度v0,经一段时间后金属棒a、b达到稳定速度。已知运动过程中两金属棒a、b始终与导轨垂直且接触良好,金属棒a一直未到达NN1位置,下列说法正确的是( )
A.稳定后金属棒a的速度大小为23v0
B.稳定后金属棒b的速度大小为13v0
C.整个运动过程中产生的热量为23mv02
D.从开始运动至达到稳定速度的过程中,流过金属棒b的电荷量为mv03BL
3.(2025陕晋青宁卷)如图所示,光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场,其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m,长均为2L,宽均为L,电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度 v0=4B2L3mR并排进入磁场,忽略两线框之间的相互作用。则( )
A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B.甲、乙线框刚进磁场区域时,所受合力大小之比为1∶1
C.乙线框恰好完全出磁场区域时,速度大小为0
D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3
4.(多选)如图所示,将光滑的平行金属导轨固定在绝缘水平面上,导轨间距为L,左、右倾斜导轨与水平面夹角均为θ=30°,中间导轨水平且足够长。导轨间存在竖直向下的匀强磁场,左侧倾斜导轨间磁感应强度大小为2B,中间和右侧倾斜导轨间磁感应强度大小为B。将长度均为L的导体棒ab、cd放置在倾斜导轨上,距水平面高度均为h。两导体棒同时由静止释放,在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好,一段时间后导体棒cd到达右侧倾斜导轨底端,速度为v。导体棒ab、cd的质量分别为2m和m,电阻分别为2R和R。导轨连接处平滑,导轨电阻不计,重力加速度为g,不考虑磁场的边界效应。下列说法正确的是( )
A.导体棒cd到达右侧倾斜导轨底端时,导体棒ab的速度大小为12v
B.导体棒ab进入水平导轨时,回路中电流大小为2BLv3R
C.两导体棒相距最近时,速度均为0
D.从静止释放到两导体棒相距最近,通过导体棒ab的电荷量为3BLhR+4mv3BL
5.(2025广西卷)如图,两条固定的光滑平行金属导轨,所在平面与水平面夹角为θ,间距为l,导轨电阻忽略不计,两端各接一个阻值为2R的定值电阻,形成闭合回路;质量为m的金属棒垂直于导轨放置,并与导轨接触良好,接入导轨之间的电阻为R;劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行,一端固定,另一端均与金属棒中间位置相连,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2;将金属棒移至导轨中间位置时,两弹簧刚好处于原长状态;整个装置处于垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后由静止释放,金属棒沿导轨向下运动到最远处,用时为t,最远处与导轨中间位置距离为b,弹簧形变量始终在弹性限度内。此过程中( )
A.金属棒所受安培力冲量大小为B2l2(a+b)R
B.每根弹簧对金属棒施加的冲量大小为B2l2(a+b)4R+mgtsinθ2
C.每个定值电阻产生的热量为k(a2-b2)8+mg(a+b)sinθ4
D.金属棒的平均输出功率为k(a2-b2)+mg(a+b)sinθ2t
6.(多选)(2025河北保定模拟)如图甲所示,足够长的光滑U形金属导轨放置在倾角θ=30°的光滑斜面上,导轨上端用轻质细线连接到固定的力传感器上。导轨间距d=0.5 m,电阻不计,t=0时一长度为d、电阻R=0.2 Ω的导体棒从导轨上端附近由静止释放,t=1 s时在斜面所在范围内加上垂直于斜面向上的匀强磁场(图中未画出),力传感器记录的整个过程中细线上的拉力随时间变化的图像如图乙所示。整个过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.匀强磁场的磁感应强度大小为0.5 T
B.导体棒的质量为0.08 kg
C.导体棒匀速运动时的速度大小为2 m/s
D.导体棒第2 s内的位移为3.2 m
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7.(多选)(2025甘肃会宁模拟)如图所示,边长L=0.4 m、质量m=0.2 kg、电阻R=0.1 Ω的正方形线框abcd置于光滑水平桌面上,ad边与匀强磁场边界MN重合。t=0时刻,线框以初速度v0进入磁感应强度方向竖直向下的匀强磁场中,v0方向与磁场边界MN的夹角θ=53°,线框恰好能够全部进入匀强磁场。已知匀强磁场的磁感应强度大小为1.0 T,sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,线框进入磁场的过程中,ad边始终与磁场边界平行,则下列说法正确的是( )
A.线框的初速度大小v0=4 m/s
B.线框进入磁场过程中最大的加速度大小为20 m/s2
C.线框进入磁场的过程中,通过线框导线横截面的电荷量为0.8 C
D.线框进入磁场过程中产生的焦耳热为1.024 J
8.(多选)(2025湖北武汉调研)如图所示,两根足够长的平行金属光滑导轨MNPQ、M1N1P1Q1固定在倾角为30°的斜面上,导轨电阻不计。MN与M1N1间距为2L,PQ与P1Q1间距为L。在MN与M1N1区域有方向垂直于斜面向下的匀强磁场,在PQ与P1Q1区域有方向垂直于斜面向上的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。在MN与M1N1区域中,将质量为m、电阻为R、长度为2L的导体棒b置于导轨上,且被两立柱挡住。PQ与P1Q1区域中将质量为m、电阻为R、长度为L的导体棒a置于导轨上。a由静止下滑,经时间t,b恰好离开立柱,a、b始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,重力加速度为g。则( )
A.两导体棒最终做匀速直线运动
B.t时刻,a的速度大小为mgR2B2L2
C.0~t内,a下滑的距离为mgRt2B2L2−m2gR22B4L4
D.a中电流的最大值为3mg10BL
9.(10分)(2025甘肃卷)在自动化装配车间,常采用电磁驱动的机械臂系统。如图所示,ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨,间距为L,电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中。导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2,质量均为m,电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻,机械臂1以初速度v0向右运动,机械臂2静止。运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后,电流为零,两机械臂速度相同。
(1)求初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小及感应电流方向。
(2)系统达到稳定状态前,若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2,求两机械臂各自所受安培力的大小;若电容器两端电压为U,求电容器所带电荷量的表达式。
(3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞,二者在初始时刻的间距至少为多少?
10.(11分)(2023全国新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图(a)所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量。
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11.(13分)(2025云南卷)如图所示,光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱,其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框,箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示,边界右侧存在范围足够大的匀强磁场,其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。t=0时刻,箱子在水平向右的恒力F(大小未知)作用下由静止开始做匀加速直线运动,这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块(视为质点)恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间,木块与箱子分离;箱子完全进入磁场前某时刻,木块落到箱子底部,且箱子与木块均不反弹(木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞);木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中,箱子右侧壁始终与磁场边界平行,忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
绝缘箱立体图
截面图
(1)求F的大小;
(2) 求t=0时刻,箱子右侧壁与磁场边界的最小距离;
(3)若t=0时刻,箱子右侧壁与磁场边界的距离为s[s大于(2)问中最小距离],求最终木块与箱子的速度大小。
参考答案
1.C 解析 在t时刻,线圈切割辐向磁场产生的感应电动势E=nB(2πR)v=2nπBRv,感应电流I=En·2πRr=2nπBRvn·2πRr=Bvr,线圈所受安培力F安=nBI·2πR=2nB2πRvr,由牛顿第二定律得2nπRmg-F安=2nπRma,解得a=g-B2vmr,故A错误;从开始下落到t时刻,设线圈中的平均电流为I,由动量定理得2πnRmgt-nBI·2πR·t=2πRnmv-0,又q=I·t,综合解得q=mgt-mvB,故B错误;从开始下落到t时刻,下落高度为h,由q=I·t=E2πnRr·t=nΔΦt2πnRr·t=nΔΦ2πnRr=nB·2πRh2πnRr=Bhr,由B项分析可知q=mgt-mvB,解得h=mr(gt-v)B2,故C正确;线圈下落过程中,N极内部有竖直向上的磁场,通过线圈的磁通量不始终为零,故D错误。
2.C 解析 对a、b分析,根据右手定则,可知a切割磁感线产生顺时针的感应电流,根据左手定则,可知a受到向左的安培力,b受到向右的安培力,在安培力作用下a做减速运动,b从速度为0开始做加速运动,在开始后不久的某时刻,根据右手定则可知,a切割磁感线仍产生顺时针的感应电流,b切割磁感线产生逆时针的感应电流,随着a速度逐渐减小,b速度逐渐增大,则感应电流逐渐减小,所以安培力逐渐减小,故加速度逐渐减小,最终感应电流是零,设经一段时间t后金属棒a、b达到稳定速度,大小分别为v1、v2,此时电路中有2BLv1=BLv2,解得2v1=v2,分别对金属棒a、b应用动量定理得-2BIL·t=2mv1-2mv0,BIL·t=mv2-0,联立解得v2=23v0,v1=13v0,故A、B错误;由能量守恒定律知,整个运动过程中产生的热量Q=12×2mv02−12×2mv12−12mv22=23mv02,故C正确;从开始运动至达到稳定速度的过程中,流过金属棒b的电荷量q=It,对金属棒b应用动量定理得BIL·t=mv2-0,联立解得q=2mv03BL,故D错误。
3.D 解析 根据楞次定律可知,甲线框进磁场的过程中电流方向为顺时针,出磁场的过程中电流方向为逆时针,故A错误;甲线框刚进磁场区域时,所受合力为F安1=BI1L,且I1=BLv0R,乙线框刚进磁场区域时,所受合力为F安2=BI2L,且I2=BLv02R,可知F安1∶F安2=2∶1,故B错误;假设甲、乙线框都能完全出磁场,对甲线框,根据动量定理有-BI1LΔt=mv1-mv0,又q1=I1Δt=ΔΦΔtR·Δt=ΔΦR=B·4L2R,同理,对乙线框,有-BI2LΔt'=mv2-mv0,q2=I2Δt'=ΔΦΔt'2R·Δt'=ΔΦ2R=B·4L22R,解得v1=0,v2=12v0=2B2L3mR,故甲线框恰好完全出磁场区域,乙完全出磁场区域时,速度大小不为0,故C错误;由能量守恒定律可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1=12mv02,Q2=12mv02−12mv022=38mv02,即Q1∶Q2=4∶3,D正确。
4.BD 解析 设回路中电流为I,导体棒ab、cd的加速度大小分别为a1、a2,由牛顿第二定律可得 2mgsin θ-2BILcs θ=2ma1,mgsin θ-BILcs θ=ma2,可知任意时刻a1=a2,则任意时刻两导体棒速度大小都相等。两导体棒释放位置距水平面高度相同,所以当导体棒cd到达右侧倾斜导轨底端时,导体棒ab也恰好到达左侧倾斜导轨底端,速度大小也是v,故A错误;导体棒ab进入水平导轨时,两导体棒产生的总电动势E=2BLv,则回路中电流大小I=E3R=2BLv3R,故B正确;当两导体棒都进入水平导轨后,由于系统所受合外力为零(水平方向不受外力),系统动量守恒,设两导体棒相距最近时共同速度为v共,以向右为正方向,根据动量守恒定律2mv-mv=(2m+m)v共,解得v共=13v≠0,故C错误;导体棒ab从静止释放到进入水平导轨的过程,根据q1=I1Δt1,I1=E12R+R,E1=ΔΦ1Δt1,ΔΦ1=2B·L·hsin30°,可得q1=2B·L·hsin30°3R,从两导体棒都进入水平导轨到相距最近的过程,根据动量定理,有-BILΔt2=2m(v共-v)(对ab棒),又q2=IΔt2,联立可得q2=4mv3BL,所以从静止释放到两导体棒相距最近的过程,通过导体棒ab的电荷量q=q1+q2=3BLhR+4mv3BL,故D正确。
5.D 解析 金属棒向下运动时切割磁感线产生感应电流,受到沿斜面向上的安培力,安培力的冲量I安=F安t=BIlt=BER总lt=B2l2vtR总=B2l2xR总,向下运动的距离x=a+b,回路中总电阻R总=2R,故安培力冲量大小I安=B2l2(a+b)2R,故A错误;两根弹簧对金属棒的弹力时刻相同,设单根弹簧对金属棒的冲量为I弹,以沿斜面向下为正方向,对金属棒,由动量定理有2I弹+mgtsin θ-I安=0,解得I弹=B2l2(a+b)4R−mgtsinθ2,故B错误;在下滑过程中,设回路中产生的总热量为Q总,由能量守恒定律,有Q总=mg(a+b)sin θ+2·12ka2-2·12kb2=mg(a+b)sin θ+k(a2-b2),由焦耳定律Q=I2Rt及电路中电流规律知,单个定值电阻产生的热量Q1=14Q总=mg(a+b)sinθ4+k(a2-b2)4,故C错误;金属棒向电阻输出的能量全部变成了两个电阻上产生的热量,故输出的能量总共为2Q1,则平均输出功率P=2Q1t=k(a2-b2)+mg(a+b)sinθ2t,故D正确。
6.BCD 解析 由题图乙可知,第1 s内细线上的拉力F1=0.8 N,设导轨的质量为m1,则有F1=m1gsin θ,解得m1=0.16 kg,第1 s内导体棒自由下滑,加速度大小a=gsin θ=5 m/s2,第1 s末的速度大小v1=at1=5 m/s,导体棒产生的感应电动势E=Bdv1,回路中的电流I1=Bdv1R,由图可知,1 s末加上磁场时细线上的拉力F2=1.8 N,对导轨有F2=m1gsin θ+BI1d,解得B=0.4 T,A项错误;2 s末导体棒开始做匀速运动,设此时回路中的电流为I2、导体棒的质量为m2,此时对导体棒有BI2d=m2gsin θ,此时细线上的拉力F3=1.2 N,对导轨有F3=m1gsin θ+BI2d,解得m2=0.08 kg,B项正确;设导体棒匀速运动时的速度大小为v2,则有B2d2v2R=m2gsin θ,解得v2=2 m/s,C项正确;第2 s内,对导体棒根据动量定理有m2gsin θ·t2-B2d2vR·t2=m2v2-m2v1,故第2 s内的位移x=vt2,解得x=3.2 m,D项正确。
7.AD 解析 线框恰好能够全部进入匀强磁场,表明线框最终沿边界做匀速直线运动,根据动量定理有-BILΔt=0-mv0sin θ,根据闭合电路欧姆定律有I=BLvyR,其中L=vyΔt,解得v0=4 m/s,A项正确;线框刚进入磁场时,感应电动势最大,感应电流最大,则有Imax=BLv0sinθR,amax=BImaxLm,解得amax=25.6 m/s2,B项错误;结合上述,q=IΔt,解得q=1.6 C,C项错误;根据能量守恒定律,有Q=12mv02−12m(v0cs θ)2=12m(v0sin θ)2=1.024 J,D项正确。
8.BD 解析 若a棒最终做匀速直线运动,则有BI0L=mgsin 30°,此时对b棒则有BI0(2L)>mgsin 30°,可见两导体棒最终不会都做匀速直线运动,A错误;设t时刻,a的速度大小为v,a棒产生的感应电动势E=BLv,由闭合电路欧姆定律,有E=I×2R,分析b受力,得BI(2L)=mgsin 30°,解得v=mgR2B2L2,B正确;在时间t内,对a棒由动量定理有(mgsin 30°)t-B2L22Rx=mv,解得x=2R(mgsin30°)t-mvB2L2=mgRtB2L2−m2gR2B4L4,C错误;由闭合电路欧姆定律,a棒中的电流满足I=BLva-2BLvb2R,对b棒,由牛顿第二定律,有2BIL-mgsin 30°=mab,对a棒,由牛顿第二定律,有mgsin 30°-BIL=maa,显然,当电流最大时,va-2vb最大,有Δva=2Δvb,即aa=2ab,解得Im=3mg10BL,D正确。
9.答案 (1)BLv0 竖直向上
(2)BI1L BI2L
QC=mC(BLv0+I2R-I1R)CB2L2+2m
(3)mv0CB2L2+2m mv0RB2L2
解析 (1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E=BLv0
由右手定则可知感应电流方向为竖直向上。
(2)由题可知,机械臂1所受安培力F1=BI1L
机械臂2所受安培力F2=BI2L
设机械臂1、2的速度分别为v1、v2,则UC=BLv1-I1R=BLv2+I2R
对机械臂1,由动量定理可知
-F安t=mv1-mv0
即BLQ1=m(v0-v1)
对机械臂2,由动量定理可知
F安t=mv2
即BLQ2=mv2
又因为Q1-Q2=QC
且QC=UCC
联立解得QC=
mC(BLv0+I2R-I1R)CB2L2+2m。
(3)系统达到稳定时,I=0,机械臂1、2共速,设此时两机械臂速度为v
对机械臂1、2,由动量守恒可知
BL(Q1+Q2)=m(v0-2v)
又因为UC=BLv1-I1R=BLv2+I2R
故BLx1-QR=BLx2+Q2R
即x1-x2=mv0RB2L2
所以v=mv0CB2L2+2m
二者在初始时刻间距至少为xmin=mv0RB2L2。
10.答案 (1)B2L3mR0 (2)3B4L625mR02
解析 (1)设金属框的初速度为v0,则金属框完全穿过磁场的过程中,根据动量定理可得
-BILt=mv02-mv0
通过金属框的电流I=E4R0
根据法拉第电磁感应定律有E=2BL2t
联立解得v0=B2L3mR0。
(2)金属框进入磁场的过程中
根据动量定理可得-BI'Lt'=mv1-mv0
通过金属框的电流I'=E'2R0R02R0+R0+R0
根据法拉第电磁感应定律有E'=BL2t'
解得v1=2B2L35mR0
金属框完全在磁场中运动时,根据动量定理可得
-BI″Lt″=mv2-mv1
通过金属框的电流I″=E″R0R0R0+R0+2R0
根据法拉第电磁感应定律有E″=BL2t″
解得v2=0
即金属框右边刚好停在磁场右侧边界处
在进入磁场的过程中Q总=12mv02−12mv12
电阻R1的发热量为Q1=23R0R0+23R0×13Q总
解得Q1=7B4L6125mR02
金属框完全在磁场中运动时,Q总'=12mv12
电阻R1的发热量为Q1'=2R02R0+12R0Q总'
解得Q1'=8B4L6125mR02
电阻R1上的总发热量Q1总=Q1+Q1'
解得Q1总=3B4L625mR02。
11.答案 (1)(M+m)gμ (2)gR2(M+m)22μd4B4 (3)见解析
解析 (1)设箱子对木块的支持力为FN,开始时木块恰好与箱子保持相对静止,对木块受力分析
水平方向上有FN=ma
竖直方向上有μFN=mg
对木块、箱子、导线框整体受力分析
有F=(M+m)a
联立解得a=gμ,F=(M+m)gμ。
(2)由箱子右侧壁进入磁场瞬间木块与箱子分离可知,此时箱子与木块间无弹力,故箱子将做匀速运动或减速运动,即当t=0时刻箱子右侧壁与磁场距离最小时,箱子在水平方向上合力为零
有F=F安=BId
由法拉第电磁感应定律,有I=ER=BvdR
从t=0时刻到箱子右侧刚进入磁场的过程中,由运动学公式,有v2=2ax
联立解得,t=0时刻箱子右侧壁与磁场边界的最小距离x=gR2(M+m)22μd4B4。
(3)设此情况下箱子和物块进入磁场前速度为v0,由运动学公式有v02=2as
木块与箱子分离后,在竖直方向上做自由落体运动,设经过t0时间落到箱子底部,则有h=12gt02
从箱子右端进入磁场到完全进入磁场的过程中,对箱子和木块整体,由动量定理,有
Ft0-F安t=(M+m)(vt-v0),其中F安t=B2d2LR
联立解得vt=gμ2μsg+2hg-B2d2L(M+m)R
当gμ2μsg+2hg≥B2d2L(M+m)R时,最终木块与箱子的速度大小为v=gμ2μsg+2hg−B2d2L(M+m)R
当gμ2μsg+2hg