高考物理专题29 电磁感应+动量定理（解析版）

高考物理《电磁感应》常用模型最新模拟题精练专题29.电磁感应+动量定理一．选择题1．(2021郑州三模)光滑平行异型导轨abcd与a'b'c'd'如图所示，轨道的水平部分bcd、b'c'd'处于竖直向上的匀强磁场中，bc段轨道宽度为cd段轨道宽度的2倍，bc段和cd段轨道都足够长，但abcd与a'b'c'd'轨道部分的电阻都不计。现将质量相同的金属棒P和Q(P和Q都有电阻，但具体阻值未知）分别置于轨道上的ab段和cd段，将P棒置于距水平轨道高为h处由静止释放，使其自由下滑，重力加速度为g.则A.当P棒进人轨道的水平部分后，P棒先做加速度逐渐减小的减速直线运动B.当P棒进入轨道的水平部分后，Q棒先做匀加速直线运动C.Q棒的最终速度和P棒最终速度相等D.P棒的最终速度vP=，,Q棒的最终速度vＱ=21【参考答案】AD【命题意图】本题以光滑平行异型导轨为情景，考查电磁感应、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力和牛顿运动定律、机械能守恒定律和动量守恒定律及其相关知识点，考查的学科核心素养是运动和力的观念、功和能的观念、动量观念和科学思维能力。。【解题思路】由机械能守恒定律，mgh=mv02，解得v0=。当P棒进人轨道的水平部分后，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，受到安培力作用。设bc段轨道宽度为L，由法拉第电磁感应定律，E=BLv0，设金属棒Q在轨道内部分的电阻为r，则金属棒P在轨道内部分的电阻为2r，由闭合电路欧姆定律，I=E/3r，所受安培力F=BIL，由牛顿第二定律，F=ma，联立解得，a=，所以P棒先做加速度逐渐减小的减速直线运动，选项A正确；金属棒Q受到安培力作用，做加速度逐渐减小的加速运动，选项B错误；最终回路内产生的感应电流为零，回路内磁通量不变，Q棒的最终速度是P棒最终速度的2倍，选项C错误；设P棒的最终速度为vp，Q棒的最终速度为vQ，从进入磁场切割磁感线运动到最终金属棒P所受安培力为Q的2倍，设金属棒P受到的安培力为F，则Q受到的安培力为F/2，对金属棒P，由动量定理，Ft=mv0-mvP，对金属棒Q，由动量定理，Ft/2=mvQ，又vQ=2vP，联立解得vP=，vQ=，选项D正确。【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是对金属棒做切割磁感线运动受到的安培力相关因素理解掌握不到位，导致错选B；二是受到等宽导轨思维定势影响，把两导体棒做切割磁感线运动等效为完全非弹性碰撞，认为Q棒的最终速度和P棒最终速度相等，导致错选C；三是把金属棒PQ看作系统，按照动量守恒定律列方程得出vP=，vQ=，导致漏选D。8.（2021陕西安康期末）如图所示，长为d、质量为m的细金属杆ab，用长为L的绝缘细线悬挂后，恰好与水平光滑的平行金属导轨接触，平行金属导轨间距为d，导轨平面处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。闭合电键K后，细金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g，则闭合电键的短时间内通过细金属杆ab的电量为A. B.C. D.8.C解析:金属杆ab离开导轨向右摆起的过程，由机械能守恒定律可知:，金属杆在通电瞬间受到安培力作用，根据动量定理可得:F安·t=mv，则有，整理得:Bqd=mv，联立解得:，故C正确。2. 如图所示，在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为L，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最小距离之比为( )A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．3∶1[技法领悟] 选C 杆2固定，不相撞的临界条件是杆1速度为零时刚好接触杆2，采用微元法，对杆1由动量定理：BILΔt＝eq\f(B2L2Δv,2R)Δt＝eq\f(B2L2x1,2R)＝mv0，杆2不固定，不相撞的临界条件是两杆的速度相等，根据动量守恒定律，mv0＝2mv′，解得共同速度v′＝eq\f(v0,2)，对杆1采用微元法由动量定理得：BILΔt＝eq\f(B2L2Δv1－v2,2R)Δt＝eq\f(B2L2x2,2R)＝meq\f(v0,2)，故C正确。（2020年5月重庆调研测试）如图所示，水平面(纸面)内有两条足够长的平行光滑金属导轨PQ、MN,导轨电阻不计，间距为L;导轨之间有方向竖直向下(垂直于纸面向里)、大小为B的匀强磁场;金属杆ab、cd质量均为m,电阻均为R,两杆静止在水平导轨上，间距为S0。t=0时刻开始金属杆cd受到方向水平向右、大小为F的恒定外力作用。t=t0时刻，金属杆cd的速度大小为o，此时撤去外力F.下列说法正确的是（）A.t=to时刻，金属杆ab的速度大小为B.从t=0到t=to时间内，流过金属杆ab的电荷量为C.最终两金属杆的间距为D.最终两金属杆的间距为【参考答案】AD【名师解析】t＝t0时刻，设金属杆ab的速度大小为，对两杆整体，由动量定理得：，解得:，选项A正确；从t＝0到t＝t0时间内，对于金属杆ab，由动量定理得：,,则流过金属杆ab的电荷量为q，，选项B错误；最终两金属杆达到共同速度，由动量守恒定律得：Ft0=2m，通过回路的电量为，有BL'=m，设最终两金属杆的间距为S，有，联立解得：，选项C错误；D正确。2.如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止。设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等。则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中 ( )A.通过棒横截面积的电荷量相等B.棒动能变化量相等C.回路中产生的内能相等D.安培力冲量相等【参考答案】A、D【名师解析】金属棒运动过程中，电路产生的感应电荷量Q=IΔt=ERΔt=?F?tR·Δt=ΔΦR=BΔSR，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此，通过棒横截面积的电荷量相等，故A正确；金属棒受到的安培力大小为：FA=BIL=B2L2vR，方向水平向左。金属棒在安培力作用下做减速运动，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力FA逐渐减小，由W=Fs定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，由动能定理可知，棒的动能变化量不相等；导体棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，因此在a到b的过程产生的内能多，故B、C错误；对每一段过程中安培力的冲量：I=BILΔt，因Q=IΔt相等，则两过程中安培力的冲量相等，选项D正确。3.（6分）（2019湖北鄂东南省级示范性高中教学联盟模拟）如图所示，水平面内足够长的光滑“凸”形电阻可忽略的金属导轨左侧宽度为L1，右侧宽度为L2，且L1＝2L2，有两个材料相同，质量均为m导体棒静止在导轨上，垂直于导轨所在平面向上的磁场磁感应强度大小为B，现给导体棒I一初速度v0使其沿水平方向开始运动直至达到稳定状态，整个过程导体棒I一直在左侧导轨部分，下面说法正确的是（ ）A．导体棒I达到稳定状态时速度为 B．导体棒I达到稳定状态时速度为 C．整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为 D．整个过程中导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为mv【参考答案】ACD。【名师解析】对Ⅰ根据动量定理、Ⅱ根据动量定理列方程求解速度大小；对Ⅱ根据动量定理结合电荷量的计算公式求解电荷量；根据功能关系求解此时的焦耳热。达到稳定状态时电流为零，此时Ⅰ的速度为v1，Ⅱ的速度为v2，则有：BL1v1＝BL2v2，解得v2＝2v1；对Ⅰ根据动量定理可得：﹣BIL1t＝mv1﹣mv0，对Ⅱ根据动量定理可得：BIL2t＝mv2﹣0，则mv0﹣mv1＝2mv2，解得：v1＝，v2＝，所以导体棒I达到稳定状态时速度为，故A正确、B错误；对Ⅱ根据动量定理可得：BIL2t＝mv2﹣0，其中q＝It，则整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为q＝＝＝，故C正确；整个过程中系统产生的焦耳热Q＝﹣﹣，两个导体棒材料相同，则电阻之比等于长度之比，导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为QⅡ＝Q＝mv，故D正确。4．(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面上，间距为L，空间存在着方向竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场．在导轨上放有两根质量分别为m和2m的金属棒ab、cd，两棒和导轨垂直且接触良好，有效电阻均为R，导轨电阻不计．现给金属棒ab水平向左的瞬时冲量I0，同时给cd棒水平向右的瞬时冲量2I0.则在以后的运动过程中( )A．通过ab棒的最大电流为eq\f(BLI0,2mR)B．cd棒的最大加速度为eq\f(B2L2I0,2m2R)C．最终两金属棒将静止在导轨上D．整个过程中该系统产生的焦耳热为eq\f(4Ieq\o\al(2,0),3m)【参考答案】 BD【名师解析】 开始时，由I＝mv可得两棒的初速度v0＝eq\f(I0,m)，此时回路中的电流最大为I＝eq\f(2BLv0,2R)＝eq\f(BLI0,mR)，cd棒受到的安培力最大F安＝BIL＝eq\f(B2L2I0,mR)，则加速度最大a＝eq\f(B2L2I0,2m2R)，此后两棒均做减速运动，由于两棒构成的系统在水平方向上不受外力，系统动量守恒，则有2I0－I0＝3mv，解得v＝eq\f(I0,3m)，一起向右匀速运动则无感应电流，选项B正确，A、C错误；由能量守恒定律可知，该系统产生热量Q＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·3mv2＝eq\f(4Ieq\o\al(2,0),3m)，选项D正确．5.如图所示，水平面上有相距为L的两光滑平行金属导轨，导轨上静止放有金属杆a和b(杆a、b均与导轨垂直)，两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a以速度v向右运动，当杆a与杆b发生弹性碰撞后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆a刚进入磁场时，杆b的速度刚好为a的一半.已知杆a、b的质量分别为2m和m，接入电路的电阻均为R，其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场区域足够大，则( )A.杆a与杆b碰撞后，杆a的速度为eq\f(v,3)，方向向右B.杆b刚进入磁场时，通过b的电流为eq\f(2BLv,3R)C.从b进入磁场至a刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为eq\f(7,8)mv2D.杆a、b最终具有相同的速度，大小为eq\f(2v,3)【参考答案】 ABC【名师解析】 以向右为正方向，杆a与杆b发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)×2mv12＋eq\f(1,2)×mv22，解得v1＝eq\f(v,3)，v2＝eq\f(4,3)v，即杆a的速度为eq\f(v,3)，方向向右，故A正确；杆b刚进入磁场时，通过b的电流为I＝eq\f(BLv2,2R)＝eq\f(2BLv,3)，故B正确；从b进入磁场至a刚进入磁场时，由能量守恒得该过程产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v1))2＝eq\f(7,8)mv2，故C正确；a进入磁场后，a、b组成的系统，动量守恒，则有2mv1＋m·eq\f(1,2)v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝eq\f(5,18)v，即杆a、b最终具有相同的速度，大小为eq\f(5,18)v，故D错误.6.(2017·江西省名校联盟教学质量检测)如图6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、磁感应强度为B