第12章　电磁感应 第5讲　专题提升 电磁感应中的动量问题-【人教版】2025新教材高考物理一轮基础练习

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基础对点练
题组一 动量定理在电磁感应中的应用
1.如图所示,两宽度不等的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨足够长且电阻不计。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN。区域Ⅰ中的导轨间距L1=0.4 m,匀强磁场方向垂直斜面向下,区域Ⅱ中的导轨间距L2=0.2 m,匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=1 T。现有电阻分布均匀且长度均为0.4 m的导体棒ab和导体棒cd。在区域Ⅰ中,先将质量m1=0.1 kg、电阻R1=0.2 Ω的导体棒ab放在导轨上,导体棒ab刚好不下滑。然后在区域Ⅱ中将质量m2=0.4 kg、电阻R2=0.4 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑。导体棒cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,导体棒ab、cd始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触,g取10 m/s2。

(1)判断导体棒cd下滑的过程中,导体棒ab中的电流方向;
(2)导体棒ab将向上滑动时,求导体棒cd的速度v的大小;
(3)从导体棒cd开始下滑到导体棒ab将向上滑动的过程中,导体棒cd滑动的距离x=4 m,求此过程中所需要的时间。
题组二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
2.(2024湖南长沙模拟)如图所示,两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面上,左端向上弯曲,导轨间距为L,电阻不计,水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。有长度均为L的两导体棒a、b质量分别为ma=m,mb=2m,阻值分别为Ra=R,Rb=2R。b棒静止放置在水平导轨上足够远处,与导轨接触良好且与导轨垂直;a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放,运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,重力加速度为g。求:
(1)a棒刚进入磁场时,回路中的感应电流;
(2)a棒和b棒最终稳定时的速度大小;
(3)从a棒开始下落到最终稳定的过程中,b棒上产生的热量。
题组三 力学三大观点在电磁感应中的应用
3.(2022天津卷)如图所示,边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上,桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域,磁场方向垂直于桌面,铝框依靠惯性滑过磁场区域,滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行,已知aA.铝框所用时间相同
B.铝框上产生的热量相同
C.铝框中的电流方向相同
D.安培力对铝框的冲量相同
4.(2024浙江绍兴模拟)如图所示,平行且光滑的导轨AICD和水平面EFGH平行。质量分别为13m和m,电阻均为R的导体棒a、b垂直于导轨静置于图示位置(导体棒b静止在导轨右边缘IC处)。导体棒b的两端由两根足够长的轻质导线与导轨相连接,与导体棒a形成闭合回路。在IEHC右侧区域空间存在竖直向下的磁场,磁感应强度为B,当给导体棒a一个水平初速度2v0后,在IC处与导体棒b发生弹性碰撞。碰撞后导体棒b飞离轨道并恰好从地面FG处离开磁场,导体棒运动过程中不会发生转动。已知导轨间距为l,导轨离地高度也为l,磁场区域长度EF为s,不计其他电阻,求:
(1)导体棒b进入磁场时的速度和刚进入磁场时受到的安培力;
(2)导体棒b离开磁场时,速度与水平方向的夹角正切值;
(3)导体棒在磁场运动的过程中,导体棒b产生的总热量。
综合提升练
5.(2023重庆卷)如图所示,与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U形金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动,以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域,在磁场中运动一段时间t后,速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好,导轨的电阻忽略不计,重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内( )
A.流过杆的感应电流方向从N到M
B.杆沿轨道下滑的距离为32vt
C.流过杆的感应电流的平均电功率等于重力的平均功率
D.杆所受安培力的冲量大小为mgtsin θ-mv
6.(多选)(2023山东济南历城第二中学一模)如图所示,两水平虚线间存在垂直于纸面方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B,边长为h的正方形导体框由虚线1上方无初速度释放,在释放瞬间ab边与虚线1平行且相距h。已知导体框的质量为m,总电阻为r,重力加速度为g,cd边与两虚线重合时的速度大小均为v=2gℎ2,忽略空气阻力,导体框在运动过程中不会发生转动,则( )
A.两虚线的距离为74h
B.导体框在穿越磁场的过程中,产生的热量为4mgh
C.导体框的ab边与虚线1重合时,其克服安培力做功的功率大小为B2ℎ3gr
D.导体框从ab边与虚线1重合到cd边与虚线1重合时所用的时间为B2ℎ3mgr−ℎ2g
参考答案
第5讲 专题提升:电磁感应中的动量问题
1.答案 (1)由a到b (2)5 m/s (3)1.2 s
解析 (1)根据右手定则可知导体棒ab中的电流方向由a到b。
(2)由题可知,Ff=m1gsin θ,F安=Ff+m1gsin θ,F安=BIL1,I=ER1+R22,E=BL2v
联立解得,v=5 m/s。
(3)由动量定理可知m2gtsin θ-BIL2t=m2v,q=It=BL2xR1+R22,解得t=1.2 s。
2.答案 (1)BL2gℎ3R (2)2gℎ3
(3)4mgℎ9
解析 (1)对a棒,在下落h过程中,由动能定理得
magh=12mav02
a棒刚进入磁场时,由法拉第电磁感应定律
E=BLv0
由闭合电路欧姆定律
E=I(Ra+Rb)
联立解得I=BL2gℎ3R。
(2)a棒进入磁场后,a棒、b棒与导轨构成的回路中产生感应电流,而a棒与b棒所受安培力大小相等、方向相反,故a棒与b棒的系统的动量守恒,则
mav0=(ma+mb)v共
联立解得v共=2gℎ3。
(3)整个过程能量守恒,则对a、b棒
magh=12(ma+mb)v共2+Qa+Qb
又Qa∶Qb=Ra∶Rb=1∶2
联立解得Qb=4mgℎ9。
3.D 解析 铝框进入和离开磁场过程,磁通量变化,都会产生感应电流,受向左的安培力而减速,完全在磁场中运动时磁通量不变,铝框做匀速运动,可知离开磁场过程的平均速度小于进入磁场过程的平均速度,所以离开磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间,A错误;由楞次定律可知,铝框进入磁场过程磁通量增加,感应电流为逆时针方向,离开磁场过程磁通量减小,感应电流为顺时针方向,C错误;铝框进入和离开磁场过程安培力对铝框的冲量为I安=-BIaΔt,又q=IΔt=ERΔt=ΔΦRΔtΔt=ΔΦR=Ba2R,得I安=-B2a3R,D正确;铝框进入和离开磁场过程,铝框均做减速运动,可知铝框进入磁场过程的速度一直大于铝框离开磁场过程的速度,根据F安=BIa=BBavRa=B2a2vR,可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开磁场过程受到的安培力,故铝框进入磁场过程克服安培力做的功大于铝框离开磁场过程克服安培力做的功,即铝框进入磁场过程产生的热量大于铝框离开磁场过程产生的热量,B错误。
4.答案 (1)12v0 B2l2v04R
(2)2mR2glmRv0-B2l2s
(3)v0B2l2s8R−B4l4s216mR2
解析 (1)导体棒a、b碰撞前后动量守恒,总动能不变,规定向右为正方向,由动量守恒和能量守恒得
13m×2v0=13mva+mvb
12×13mv02=12×13mva2+12mvb2
vb=12v0
导体棒b进入磁场瞬间
E=Blvb
I=E2R
F=BIl
F安=B2l2v04R。
(2)设导体棒b到达FG的水平分速度为vx,竖直分速度为vy,水平方向上根据动量定理
-B2l2vt2R=mvx-mvb
vx=vb-B2l2s2mR
竖直方向
vy=2gl
tan θ=vyvx=2glvb-B2l2s2mR
化简得,tan θ=2mR2glmRv0-B2l2s。
(3)由动能定理可得
12m(vx2+vy2)-12mvb2=mgl+W安
安培力做功为系统发热量,因此可化简得回路中产生的总热量
Q=12mvb2−12mvx2=v0B2l2s4R−B4l4s28mR2
导体棒b产生的总热量Qb=12Q=v0B2l2s8R−B4l4s216mR2。
5.D 解析 根据右手定则,判断知流过杆的感应电流方向从M到N,A错误;依题意,设杆切割磁感线的有效长度为L,电阻为R。杆在磁场中运动的此段时间内,杆受到重力、轨道支持力及沿轨道向上的安培力作用,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-F安=ma,又F安=BIL、I=BLvR,联立可得杆的加速度a=gsin θ-B2L2vmR,可知杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动,若杆做匀加速直线运动,则杆运动的距离为s=v+2v2·t=32vt,根据v-t图像围成的面积表示位移,可知杆在时间t内速度由v达到2v,杆真实运动的距离大于匀加速情况发生的距离,即大于32vt,B错误;由于在磁场中运动的此段时间内,杆做加速度逐渐减小的加速运动,杆的动能增大。由动能定理可知,重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功,根据P=Wt可得安培力的平均功率小于重力的平均功率,即流过杆的感应电流的平均电功率小于重力的平均功率,C错误;杆在磁场中运动的此段时间内,根据动量定理,可得mgtsin θ-I安=m·2v-mv,所以杆所受安培力的冲量大小为I安=mgtsin θ-mv,D正确。
6.AD 解析 由题意,根据导体框进出磁场过程中运动的对称性可知,ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小均为v1=2gℎ,设两虚线之间的距离为H,导体框全部位于磁场中时下落的加速度大小为g,根据运动学公式有2g(H-h)=v12-v2,解得H=74h,A正确;设导体框穿过磁场的过程中产生的热量为Q,对导体框从开始下落到穿过磁场的过程,根据能量守恒定律有mg(h+H+h)=12mv2+Q,解得Q=72mgh,B错误;导体框的ab边与虚线1重合时的速度大小为v1=2gℎ,此时ab边产生的感应电动势大小为E=Bhv1,导体框中的感应电流为I=Er,ab边所受的安培力大小为F=BIh,导体框的ab边与虚线1重合时克服安培力做功的功率大小为P=Fv1,整理得P=2B2ℎ3gr,C错误;设导体框通过磁场上边界所用时间为t,线框中的平均感应电流为I,则由动量定理可得mgt-BIht=mv-mv1,根据电流的定义可知t时间内通过线框某一截面的电荷量为q=It,根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律综合分析可知q=Ert=Bℎ2r,联立解得t=B2ℎ3mgr−ℎ2g,D正确。