2025高考物理一轮总复习第12章电磁感应专题强化19动量观点在电磁感应中的应用提能训练

这是一份2025高考物理一轮总复习第12章电磁感应专题强化19动量观点在电磁感应中的应用提能训练，共8页。
题组一 动量定理在电磁感应中的应用
1．如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是( B )
A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止
C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大
D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动
[解析] 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据eq \x\t(F)安＝Beq \x\t(I)L，有eq \x\t(F)安t＝Beq \x\t(I)Lt＝qBL＝mΔv，得q＝eq \f(mΔv,BL)，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误。
2．(多选)如图所示，匝数n＝500，横截面积为S＝20 cm2，电阻r＝1.5 Ω的线圈竖直放置，并处于竖直方向的磁场B1中，磁场B1的大小随时间均匀增大。长为l＝20 cm、质量为m＝50 g、电阻R＝0.5 Ω的粗细均匀的导体棒，水平放置在竖直导轨的两端点a、b上，导体棒处在垂直纸而向里，上方足够大，磁感应强度大小为B2＝0.2 T的匀强磁场中。闭合开关K，导体棒与a、b端瞬间脱离，竖直向上运动的高度为h＝5 cm，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( ACD )
A．导体棒脱离a、b端向上运动的过程中，b端电势低于a端电势
B．若B1随时间的变化规律为B1＝10t(T)，闭合开关，导体棒可以脱离a、b端向上运动
C．B1的方向竖直向下
D．开关K闭合瞬间，通过导体棒的电荷量不会少于1.25 C
[解析] 由于导体棒向上运动，由右手定则可知a端电势高于b端电势，故A正确；若B1＝10t(T)，由电磁感应定律可求得感应电动势为E＝nSeq \f(ΔB,Δt)＝10 V，感应电流为I＝eq \f(E,R＋r)＝5 A，导体棒受到的安培力为F＝B2IL＝0.2 N小于导体棒的重力0.5 N，导体棒不会脱离a、b两端点，故B错误；由楞次定律和左手定则可知B1的方向应该是竖直向下，故C正确；由导体棒可以上升5 cm，得导体棒脱离速度为v＝eq \r(2gh)＝1 m/s，对导体棒用动量定理mv＝－mgt＋B2eq \x\t(I)Lt＝－mgt＋B2qL，代入数据求得通过导体棒的电荷量q不会少于1.25 C，故D正确。
3．(2023·福建卷)如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界OO′垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴坐标；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是( A )
[解析] 设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意导体棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有F·Δt＝mv0－mv，根据F＝Beq \x\t(I)L，I＝eq \f(\x\t(E),R)，eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLx,Δt)，联立可得eq \f(B2L2,R)x＝mv0－mv，根据表达式可知v与x成一次函数关系，故A正确，B错误；a克服安培力做功的功率为P＝Fv＝eq \f(B2L2,R)·v2＝eq \f(B2L2,R)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0－\f(B2L2,mR)x))2，故P－x图像为开口向上的抛物线，由于F和v都在减小，故P在减小，故C、D错误。故选A。
题组二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
4．(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是( AC )

A B

C D
[解析] 导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流(从上向下看为逆时针)，导体棒ab受阻力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大。由F＝BIL，则F＝F′，如图所示。
由E＝BLv知，感应电动势E随速度v的减小而减小，则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。系统的动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝eq \f(v0,2)。故A、C正确，B、D错误。
5．如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现给导体棒ab一沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻阻值均为R，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计。从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中，两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是( B )
A．整个运动过程中，导体棒cd中产生的焦耳热为eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
B．整个运动过程中，导体棒cd中产生的焦耳热为eq \f(1,8)mveq \\al(2,0)
C．当导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0时，导体棒ab的速度为eq \f(1,2)v0
D．当导体棒ab的速度为eq \f(1,4)v0时，导体棒cd的速度为eq \f(3,4)v0
[解析] 由题意知μ＝tan 37°＝0.75，则mgsin 37°＝μmgcs 37°，所以两棒组成的系统沿轨道方向的动量守恒，当最终稳定时有mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，则整个运动过程中回路中产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，则导体棒cd中产生的焦耳热为Qcd＝Qab＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,8)mveq \\al(2,0)，故A错误，B正确；当导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0时，由动量守恒定律有mv0＝m·eq \f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq \f(3,4)v0，且导体棒cd速度不能大于导体棒ab的速度，故C、D错误。
能力综合练
6．(多选)(2023·辽宁卷)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是( AC )
A．弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为eq \f(4B2d2v,3R)
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为eq \f(BLd,3R)
[解析] 弹簧伸展过程中，根据楞次定律可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左；MN受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，则2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路的感应电流I＝eq \f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq \f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝eq \f(4B2d2v,R)，选项B错误；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN位置向左移动x1＝eq \f(2L,3)，PQ位置向右移动x2＝eq \f(L,3)，因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理F弹x1－F安xMN＝0，F弹x2－F安xPQ＝0，可得eq \f(xMN,xPQ)＝eq \f(x1,x2)＝eq \f(2,1)，选项C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动eq \f(2L,3)，PQ位置向右移动eq \f(L,3)，则q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,R总)＝eq \f(2B\f(2L,3)d＋B\f(L,3)2d,3R)＝eq \f(2BLd,3R)，选项D错误。故选AC。
7．如图所示，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，重力加速度为g。求：
(1)导体棒的最大速度和磁感应强度的大小；
(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小；
(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)eq \r(2gh) eq \f(mg,IL) (2)eq \f(I2R,mg)
(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgt＋m\r(2gh)－\f(I2R,g)))eq \f(I2R,m2g2)
[解析] (1)由题意知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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得vm＝eq \r(2gh)
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＝eq \f(mg,IL)。
(2)感应电动势E＝BLv
感应电流I＝eq \f(E,R)，解得v＝eq \f(I2R,mg)。
(3)金属棒进入磁场后，由动量定理有
mgt－eq \f(BL\x\t(v),R)LBt＝mv－mvm
即mgt－eq \f(B2L2x,R)＝mv－mvm
解得x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgt＋m\r(2gh)－\f(I2R,g)))eq \f(I2R,m2g2)。
8．如图所示，两根质量均为m＝2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s＝0.5 m时产生的焦耳热为Q2＝30 J，此时两棒速率之比为vA∶vC＝1∶2，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：
(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；
(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；
(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小vA′和vC′。
[答案] (1)15 J (2)4 m/s 8 m/s
(3)6.4 m/s 3.2 m/s
[解析] (1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流都相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，则AB棒上产生的焦耳热Q1＝15 J。
(2)根据能量守恒定律有Fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＋Q1＋Q2，又vA∶vC＝1∶2，联立两式并代入数据得vA＝4 m/s，vC＝8 m/s。
(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，当两棒切割磁感线产生的电动势大小相等时电路中电流为零，两棒开始做匀速运动，则有BlvA′＝B·2lvC′
即vA′＝2vC′
规定水平向左为正方向，对AB、CD两棒分别应用动量定理有
Beq \x\t(I)lt＝mvA′－mvA
－Beq \x\t(I)·2lt＝mvC′－mvC
联立解得vA′＝6.4 m/s，vC′＝3.2 m/s。
9．如图所示，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＝2×1011pF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：
(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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
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
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
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从A到B做减速运动，由动量定理得－Beq \x\t(I)dΔt＝mv－mv2
又eq \x\t(I)Δt＝q＝eq \f(\x\t(E),R总)Δt
eq \x\t(E)＝eq \f(Bxd,Δt)
R总＝r＋eq \f(Rr,R＋r)＝3 Ω
联立解得v＝2 m/s
由能量守恒定律得Q总＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mv2
解得Q总＝1.2 J
在金属棒a上产生的焦耳热
Qa＝eq \f(1,6)Q总＝0.2 J。