2024高考物理大一轮复习题库 专题强化十七 动量观点在电磁感应中的应用

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专题强化十七　动量观点在电磁感应中的应用
【专题解读　1.本专题是力学三大观点在电磁感应中的综合应用，主要是应用动量观点解决电磁感应中的综合问题。2.掌握应用动量定理和动量守恒定律结合动力学规律、功能关系解决电磁感应问题的方法技巧。
热点一　动量定理在电磁感应中的应用
导体棒或金属框在安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量I安＝lBt＝Blq，通过导体棒或金属框的电荷量q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，磁通量变化量ΔΦ＝BΔS＝Blx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解更方便。
【例1 (2021·山东日照市模拟)如图1所示，光滑斜面体固定在水平地面上，斜面与地面间的夹角θ＝37°，斜面上放置质量M＝0.19 kg的滑块，滑块上固定着一个质量m＝0.01 kg、电阻R＝0.2 Ω、边长L＝0.3 m 的正方形单匝线圈efgh，其中线圈的一边恰好与斜面平行，滑块载着线圈无初速地进入一有界匀强磁场(磁场边界与斜面垂直，宽度d＝2L)，磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内，磁感应强度大小B＝2 T。已知线圈与滑块之间绝缘，滑块长度与线圈边长相同，重力加速度g＝10 m/s2。

图1
(1)求滑块和线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量q；
(2)若从线圈的gh边进入磁场到ef边进入磁场所用的时间为0.5 s，求线圈的ef边进入磁场前瞬间的加速度大小；
(3)若滑块和线圈完全穿出磁场时的速度v1＝2 m/s，求在穿过磁场的整个过程中线圈产生的热量Q。
答案　(1)0.9 C　(2)3.3 m/s2　(3)0.68 J
解析　(1)滑块进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量为q＝IΔt＝Δt
E＝，ΔΦ＝BS
代入数据得q＝0.9 C。
(2)线圈进入磁场的过程中，由动量定理得
(M＋m)gsin θt－IF安＝(M＋m)v－0
IF安＝BL∑iΔt＝BLq
代入数据得v＝0.3 m/s
E＝BLv，I＝
由牛顿第二定律得
(M＋m)gsin θ－ILB＝(M＋m)a
代入数据得a＝3.3 m/s2。
(3)滑块及线圈穿过磁场过程中，根据能量守恒定律得
(M＋m)gsin θ·3L＝(M＋m)v＋Q
代入数据得Q＝0.68 J。
【针对训练1 (2021·天津红桥区第二次质量调查)如图2所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。求：

图2
(1)导体棒的最大速度vm和磁感应强度的大小B；
(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
(3)若金属棒进入磁场后恰经t时间达到稳定，求这段时间的位移x大小。
答案　(1)　　(2) (3)(mgt＋m－)
解析　(1)由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm，由机械能守恒定律得
mgh＝mv
解得vm＝
电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，有
mg＝ILB
解得B＝。
(2)感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
解得v＝。
(3)感应电动势最大值Em＝BLvm
感应电流最大值Im＝
解得Im＝
金属棒进入磁场后，由动量定理有
mgt－BLt＝mv－mvm
即mgt－BLx＝mv－mvm
解得x＝(mgt＋m－)。
热点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
1．问题特点
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力是系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便。
2．两类双杆模型
类型
不受外力
受到恒力
模型


运动图像


运动过程
杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动；稳定时，两杆以相等的速度匀速运动
开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
分析方法
将两杆视为整体，不受外力，最后a＝0
将两杆视为整体，只受外力F，最后a＝
【例2 (2021·辽宁沈阳市教学质检)如图3所示，有两根光滑平行导轨，左侧为位于竖直平面的金属圆弧，右侧为水平直导轨，圆弧底部和直导轨相切，两条导轨水平部分在同一水平面内，其中BC、NP段用绝缘材料制成，其余部分为金属。两导轨的间距为d＝0.5 m，导轨的左侧接着一个阻值为R＝2 Ω的定值电阻，右侧接C＝2×1011 pF的电容器，电容器尚未充电。水平导轨的ADQM区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2 T，虚线AM和DQ垂直于导轨，AB和MN的长度均为x＝1.2 m，两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，质量均为m＝0.2 kg，接入电路的电阻均为r＝2 Ω，金属棒a从圆弧轨道距水平轨道高h＝0.8 m处由静止滑下，与静止在圆弧底部的金属棒b发生弹性碰撞，碰撞后金属棒b进入磁场区域，最终在CDQP区域稳定运动。不计金属导轨的电阻，求：

图3
(1)金属棒b刚进入磁场区域时的速度大小；
(2)整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热。
答案　(1)4 m/s　(2)0.2 J
解析　(1)金属棒a由高h＝0.8 m处从静止沿轨道滑下，由机械能守恒定律得
mgh＝mv
解得v0＝4 m/s
此后a与b发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可知
mv0＝mv1＋mv2
mv＝mv＋mv
解得v1＝0，v2＝v0＝4 m/s
即金属棒b刚进入磁场区域的速度大小是4 m/s。
(2)金属棒b在从A到B做减速运动，由动量定理得B∑idΔt＝mv2－mv
又∑iΔt＝q＝Δt
＝
R总＝r＋＝3 Ω
联立解得v＝2 m/s
由能量守恒定律得mv－mv2＝Q总
解得Q总＝1.2 J
在金属棒a上产生的焦耳热
Qa＝Q总＝0.2 J。
【针对训练2 (2021·安徽阜阳市教学质量统测)如图4，两平行光滑金属导轨ABC、A′B′C′的左端接有阻值为R的定值电阻Z，间距为L，其中AB、A′B′固定于同一水平面(图中未画出)上且与竖直面内半径为r的光滑圆弧形导轨BC、B′C′相切于B、B′两点。矩形DBB′D′区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。导体棒ab的质量为m、电阻值为R、长度为L，ab棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t后撤去推力，然后ab棒与另一根相同的导体棒cd发生碰撞并粘在一起，以3的速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC′处。重力加速度大小为g，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。

图4
(1)求该推力的功率P；
(2)求两导体棒通过磁场右边界BB′时的速度大小v；
(3)求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z产生的焦耳热Q；
答案　(1)　(2)　(3)mgr
解析　(1)设两导体棒碰撞前瞬间ab棒的速度大小为v0，在推力作用的过程中，由动能定理有Pt＝mv
设ab与cd碰后瞬间的速率为v1，其值为3，由动量守恒定律有mv0＝2mv1
解得P＝。
(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程，由机械能守恒定律有×2mv2＝2mgr
解得v＝。
(3)两棒碰撞并粘在一起，两导体棒的总电阻为，定值电阻Z产生的焦耳热为Q，故两棒产生的总焦耳热为，由能量守恒定律有
Q＋＝×2mv－×2mv2
解得Q＝mgr。

1．(多选) (2021·河北省选择考模拟)如图1所示，间距为1 m的足够长平行导轨固定在水平面上，导轨左端接阻值为2 Ω的电阻。导轨之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为1 T。一质量为1 kg的金属杆从左侧水平向右以2 m/s的速度进入磁场，在水平外力控制下做匀减速运动，1 s后速度刚好减为零。杆与导轨间的动摩擦因数为0.1，忽略杆与导轨的电阻，重力加速度g取10 m/s2。杆从进入磁场到静止过程中，下列说法正确的是 (　　)

图1
A．通过电阻的电荷量为0.5 C
B．整个过程中安培力做功为－1 J
C．整个过程中水平外力做功为零
D．水平外力对金属杆的冲量大小为0.5 N·s
答案　AD
解析　导体棒在磁场中运动的位移为x＝t＝1 m，通过电阻的电荷量为q＝t＝t＝t＝＝0.5 C，A正确；根据动能定理得WF－W安－μmgx＝0－mv2
因为外力做功无法确定，所以安培力做功也无法确定，B、C错误；根据动量定理得IF－LBt－μmgt＝0－mv，结合q＝t＝0.5 C，解得IF＝－0.5 N·s，D正确。
2．(2021·1月江苏新高考适应性考试，10)如图2所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好。已知L1的电阻大于L2的电阻，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则(　　)

图2
A．S拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2
B．S拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2
C．运动稳定后，电容器C的电荷量为零
D．运动稳定后，两棒之间的距离大于d
答案　D
解析　S拨到1时，电源给电容器充电，S拨到2的瞬间，电容器放电(相当于“电源”)，导体棒L1、L2并联，则棒两端电压相等，根据I＝和RL1>RL2知，IL1