高考物理一轮复习课时练习 第12章第5练　专题强化：动量观点在电磁感应中的应用（含详解）

1.(多选)如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为l，ab、cd是质量为m、接入电路中电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计。cd静止在水平导轨上，ab从四分之一圆弧导轨顶端由静止释放，在圆弧导轨上克服阻力做功eq\f(1,2)mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g。从ab棒进入水平导轨开始，下列说法正确的是()A．ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动B．cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab以相同的速度做匀速运动C．ab棒刚进入磁场时，cd棒电流为eq\f(Bl\r(gr),2R)D．ab棒的最终速度大小为eq\f(\r(gr),2)2.(多选)(2024·广东广州市开学考)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边宽度为d区域有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、长为L、电阻为2R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中()A．流过定值电阻的电流方向是Q→NB．金属棒两端电势差的最大值为BLeq\r(2gh)C．电阻R产生的焦耳热为mg(h－μd)D．金属棒通过磁场所用的时间为eq\f(\r(2gh),μg)－eq\f(B2L2d,3μmgR)3．(多选)(2023·湖南长沙市长郡中学二模)如图所示，两平行光滑导轨MN、M′N′左端通过导线与电源和不带电电容器相连，导轨平面水平且处于竖直向下的匀强磁场中，有一定阻值的导体棒ab垂直导轨处于静止状态。现将开关S与1闭合，当棒达到稳定运动状态后S与2闭合，导轨足够长，电源内阻不计。则()A．S与1闭合后，棒ab做匀加速直线运动B．从S与1闭合到棒ab达到某一速度，电源消耗的电能等于棒获得的动能和电路产生的焦耳热之和C．S与2闭合后，棒ab中电流不断减小直到零D．S与2闭合后，棒ab的速度不断减小直到零4.(多选)(2023·辽宁省名校联盟一模)如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于导轨间距，a、b两棒的电阻不为零，质量均为m，铜棒平行放置在导轨上且始终与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的初速度v0，下列说法正确的是()A．若此后运动过程中两棒不发生碰撞，则最终va<vbB．若此后运动过程中两棒发生弹性碰撞，则最终va<vbC．若此后运动过程中两棒不发生碰撞，则回路中产生的总焦耳热为eq\f(1,4)mv02D．若此后运动过程中两棒发生弹性碰撞，则回路中产生的总焦耳热为eq\f(1,4)mv025.(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨M、N固定在水平桌面上，导轨间距离为L，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD为分界线，左边磁感应强度大小为2B，右边为B，两导体棒a、b垂直导轨静止放置，a棒距CD足够远，已知a、b棒质量均为m、长度均为L、电阻均为r，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a获得一瞬时水平速度v0，在两棒运动至稳定的过程中(a棒还没到CD分界线)，下列说法正确的是()A．a、b系统机械能守恒B．a、b系统动量不守恒C．通过导体棒a的电荷量为eq\f(2mv0,5BL)D．导体棒a产生的焦耳热为eq\f(2mv\o\al(02),5)6.(2023·湖南卷·14)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。7.(2023·全国甲卷·25)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。8.(多选)(2023·辽宁卷·10)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()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∶1D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为eq\f(BLd,3R)第5练专题强化：动量观点在电磁感应中的应用1．CD[ab棒进入磁场受到向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab棒先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr－eq\f(1,2)mgr＝eq\f(1,2)mv2，可得速度为v＝eq\r(gr)，则感应电动势为E＝Blv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I＝eq\f(Bl\r(gr),2R)，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv′，得速度大小为v′＝eq\f(\r(gr),2)，故C、D正确。]2．AD[由右手定则可知，流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A正确；金属棒刚进入磁场时，速度最大，金属棒两端电势差最大，由动能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mvm2，解得vm＝eq\r(2gh)，感应电动势为E＝BLvm＝BLeq\r(2gh)，金属棒两端电势差的最大值为E′＝eq\f(R,2R＋R)E＝eq\f(BL\r(2gh),3)，故B错误；由能量守恒定律可知，金属棒穿过磁场区域的过程中电路中产生的焦耳热为Q＝mgh－μmgd，电阻R产生的焦耳热为QR＝eq\f(R,2R＋R)Q＝eq\f(1,3)mg(h－μd)，故C错误；由动量定理可知－μmgt－Beq\x\to(I)Lt＝0－mvm，又eq\x\to(I)t＝eq\f(BLd,3R)，解得t＝eq\f(\r(2gh),μg)－eq\f(B2L2d,3μmgR)，故D正确。]3．BC[根据题意可知，S与1闭合后，棒受安培力作用做加速运动，棒切割磁感线产生感应电动势，棒中的电流减小，受到的安培力减小，则棒的加速度减小，直到感应电动势等于电源电动势，棒最后匀速运动，故A错误；根据题意，由能量守恒定律可知，从S与1闭合到棒ab达到某一速度，电源消耗的电能等于棒获得的动能和电路产生的焦耳热之和，故B正确；S与2闭合后，棒ab相当于电源给电容器充电，此过程棒受到的安培力水平向左，棒减速运动，则电动势减小，电容器两板间电压升高，棒ab中的电流不断减小，当棒ab产生的感应电动势与电容器两板间的电势差相等时，电路中的电流减小到零，随后棒做匀速直线运动，故D错误，C正确。]4．CD[若两棒不发生碰撞，根据动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq\f(v0,2)，最终两棒以v＝eq\f(v0,2)的速度在导轨上做匀速直线运动，A错误；即使两棒发生弹性碰撞，交换速度后，再经过足够长的时间两棒也会以v＝eq\f(v0,2)的速度在导轨上做匀速直线运动，B错误；若两棒不发生碰撞，由能量守恒定律知回路中产生的总焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2，解得Q＝eq\f(1,4)mv02，C正确；刚开始时a的速度大，a减速，b加速，共速前两者发生弹性碰撞，交换速度，然后a加速，b减速，直至两者共速，最终两棒以v＝eq\f(v0,2)的速度在导轨上做匀速直线运动，回路中产生的总焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2，解得Q＝eq\f(1,4)mv02，D正确。]5．BC[因为a、b棒切割磁感线时产生感应电流，所以导体棒中有焦耳热产生，故a、b系统机械能不守恒，故A错误；由题意知a棒受到的安培力为Fa＝2BIL，方向水平向左，而b棒受到的安培力为Fb＝BIL，方向水平向右，故a、b系统所受合外力不为零，故a、b系统动量不守恒，故B正确；因两棒运动至稳定时满足2BLv1＝BLv2，设向右为正方向，则对a、b棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2Beq\x\to(I)Lt＝mv1－mv0，Beq\x\to(I)Lt＝mv2，联立解得v1＝eq\f(v0,5)，v2＝eq\f(2v0,5)。又因为q＝eq\x\to(I)t，所以通过导体棒a的电荷量为q＝eq\f(2mv0,5BL)，故C正确；由题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a、b棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a、b产生的总焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22＝eq\f(2,5)mv02，所以导体棒a产生的焦耳热为Q′＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,5)mv02，故D错误。]6．(1)eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)2gsinθ(3)gsinθ·t0＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)eq\f(2m2R2gsinθ,B4L4)解析(1)棒a在运动过程中重力沿导轨平面向下的分力和棒a所受安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝eq\f(E,2R)，F＝BIL棒a受力平衡可得mgsinθ＝BIL联立解得v0＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)由左手定则可以判断棒b所受安培力沿导轨平面向下，释放棒b瞬间电路中电流不变，则对棒b由牛顿第二定律可得mgsinθ＋BIL＝ma0解得a0＝2gsinθ(3)棒a受到沿导轨平面向上的安培力，释放棒b后，在到达共速时对棒a由动量定理有mgsinθt0－Beq\x\to(I)Lt0＝mv－mv0棒b受沿导轨平面向下的安培力，对b棒由动量定理有mgsinθt0＋Beq\x\to(I)Lt0＝mv联立解得v＝gsinθ·t0＋eq\f(v0,2)＝gsinθ·t0＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)，eq\x\to(I)＝eq\f(mv0,2BLt0)由法拉第电磁感应定律可得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)＝eq\f(BLΔx,2Rt0)联立可得Δx＝eq\f(mv0R,B2L2)＝eq\f(2m2R2gsinθ,B4L4)。7．(1)eq\f(1,2)v0(2)mv02(3)eq\f(2mR,B2l2)解析(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvPeq\f(1,2)×3mv02＝eq\f(1,2)×3mvQ2＋eq\f(1,2)mvP2联立解得vP＝eq\f(3,2)v0，vQ＝eq\f(1,2)v0碰后绝缘棒Q做匀速运动，金属棒P做减速直线运动。绝缘棒Q和金属棒P滑出桌面后均做平抛运动，落地点相同，因此金属棒P滑出导轨时的速度与Q相同，设为vP′，则vP′＝vQ＝eq\f(v0,2)。(2)根据能量守恒有eq\f(1,2)mvP2＝eq\f(1,2)mvP′2＋Q，解得Q＝mv02(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得－Beq\x\to(I)lΔt＝mvP′－mvP又q＝eq\x\to(I)Δt，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq