【高考物理】一轮复习：专题强化练（2025版创新设计）24、专题强化练二十四　动量观点在电磁感应中的应用

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对点练1 动量定理在电磁感应中的应用
1.如图1所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场。现有一个边长为a(a图1
A.大于eq \f(v0,2)B.等于eq \f(v0,2)
C.小于eq \f(v0,2)D.以上均有可能
2.(多选)如图2所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是( )
图2
A.q1＝q2B.q1＝2q2
C.v＝1.0 m/sD.v＝1.5 m/s
3.(多选)(2024·陕西西安模拟)如图3所示，光滑的平行金属导轨固定在绝缘水平面上。导轨间距为L，导轨右端接有阻值为R的定值电阻。MN和PQ间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场。一个质量为m、电阻为R、长为L的金属棒ab垂直放在导轨上，给金属棒ab一个水平向右的初速度v0，金属棒沿着金属导轨滑过磁场的过程中，流过金属棒的电流最大值为I，最小值为eq \f(1,2)I。不计导轨电阻，金属棒与导轨始终接触良好。则下列判断正确的是( )
图3
A.匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(2IR,Lv0)
B.金属棒穿过磁场的过程中，通过金属棒ab中的电荷量为eq \f(mveq \\al(2,0),2IR)
C.金属棒中产生的焦耳热为eq \f(3,8)mveq \\al(2,0)
D.MN与PQ间的距离为eq \f(mveq \\al(3,0),4I2R)
对点练2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
4.(多选)如图4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d，ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计。cd静止在平滑轨道上，ab从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功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棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )
图4
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棒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(Bd\r(gr),2R)
D.ab棒的最终速度大小为eq \f(\r(gr),2)
B级综合提升练
5.(多选)如图5所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平面内且间距为L的平行金属导轨(导轨足够长，电阻不计)；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上(导体棒与金属导轨接触良好)，t＝0时，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法正确的是( )
图5
A.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0
B.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为eq \f(2B2L2v0,3mr)
C.从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒ab产生的焦耳热为eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)
D.cd棒的收尾速度大小为v0
6.如图6所示，一质量为2m的足够长的光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc边平行且和长为L的bc边垂直，整个金属框电阻可忽略。一根质量为m的导体棒MN置于金属框上，装置始终处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框向右的初速度v0，运动时MN始终与金属框保持良好接触且与bc边平行，则整个运动过程中( )
图6
A.感应电流方向为M→b→c→N→M
B.导体棒的最大速度为eq \f(v0,2)
C.通过导体棒的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)
D.导体棒产生的焦耳热为eq \f(5,6)mveq \\al(2,0)
7.(多选)(2024·山东临沂模拟)如图7所示，固定在水平面内的光滑不等距平行轨道处于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，ab段轨道宽度为2L，bc段轨道宽度是L，ab段轨道和bc段轨道都足够长，将质量均为m、接入电路的电阻均为R的金属棒M和N分别置于轨道上的ab段和bc段，且与轨道垂直。开始时金属棒M和N均静止，现给金属棒M一水平向右的初速度v0，不计导轨电阻，则( )
图7
A.M棒刚开始运动时的加速度大小为eq \f(B2L2v0,mR)
B.金属棒M最终的速度为eq \f(4v0,5)
C.金属棒N最终的速度为eq \f(2v0,5)
D.整个过程中通过金属棒的电荷量为eq \f(2mv0,5BL)
C级培优加强练
8.如图8所示，两条平行光滑导轨相距L，水平导轨足够长，导轨电阻不计。水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。金属棒b放在水平导轨上，金属棒a从斜轨上高h处自由滑下。已知金属棒a、b质量均为m，金属棒a、b电阻均为R，重力加速度为g，整个过程中金属棒a、b始终未相撞。求：
图8
(1)金属棒b的最大加速度；
(2)金属棒a最多产生的热量。
参考答案
专题强化练二十四动量观点在电磁感应中的应用
1.B [通过线圈横截面的电荷量q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程－Beq \(I,\s\up6(－))1at1＝mv－mv0，线圈离开磁场过程－Beq \(I,\s\up6(－))2at2＝0－mv，由于q＝eq \(I,\s\up6(－))t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝eq \f(v0,2)，故B正确。]
2.BD [根据q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BΔS,R)可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－Beq \(I,\s\up6(－))1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－Beq \(I,\s\up6(－))2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝eq \f(1,3)v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确。]
3.AD [设磁场的磁感应强度大小为B，由题意知I＝eq \f(BLv0,2R)，解得B＝eq \f(2IR,Lv0)，A正确；金属棒穿出磁场时的速度大小为eq \f(1,2)v0，根据动量定理有Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝BqL＝mv0－eq \f(1,2)mv0，解得q＝eq \f(mveq \\al(2,0),4IR)，B错误；根据能量守恒定律可知金属棒中产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mveq \\al(2,0)－\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v0))2))＝eq \f(3,16)mveq \\al(2,0)，C错误；根据q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),2R)t＝eq \f(\f(ΔΦ,t),2R)·t＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLs,2R)，得到MN与PQ间的距离为s＝eq \f(mveq \\al(3,0),4I2R)，D正确。]
4.CD [ab棒进入磁场后受到向左的安培力，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，最后它们以相同的速度做匀速运动，故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到圆弧轨道底端的速度，根据动能定理有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＝Bdv，两金属棒串联，故两棒中的瞬时电流为I＝eq \f(Bd\r(gr),2R)，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv′，得最终速度大小为v′＝eq \f(\r(gr),2)，故C、D正确。]
5.CD [由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，故A错误；当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有E＝BL·2v0 ，I＝eq \f(E,2r) ，F＝ILB，联立解得F＝eq \f(B2L2v0,r)，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(B2L2v0,mr)，故B错误；从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为Q总＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)m(3v0)2－eq \f(1,2)m(2v0)2＝3mveq \\al(2,0)，则导体棒ab产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)Q总＝eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)，故C正确；cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有m·3v0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，故D正确。]
6.C [金属框以初速度v0向右运动时，导体棒MN还没开始运动，此时金属框bc边切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，回路中的感应电流的方向为c→b→M→N→c，A错误；金属框bc边中的电流方向沿c→b，导体棒MN中的电流方向沿M→N，根据左手定则可知，导体棒与金属框所受安培力大小相等，方向相反，把框和棒MN视作一个系统，遵循动量守恒定律，则有2mv0＝3mv，解得其共同速度v＝eq \f(2v0,3)，方向沿导轨向右，B错误；以棒MN为研究对象，由动量定理得Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＝mv－0，即BLq＝m·eq \f(2v0,3)－0，即整个过程中通过导体棒的电荷量为q＝eq \f(2mv0,3BL)，C正确；根据能量守恒定律，整个运动过程中产生的总热量Q＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×3mv2＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)，D错误。]
7.CD [由法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律得E＝B·2Lv0，I＝eq \f(E,2R)，由牛顿第二定律得2ILB＝ma，联立解得a＝eq \f(2B2L2v0,mR)，故A错误；最终回路中的电流为0，有2BLvM＝BLvN，对金属棒M和N分别应用动量定理得－2BILΔt＝mvM－mv0，BILΔt＝mvN，联立解得vM＝eq \f(v0,5)，vN＝eq \f(2v0,5)，故B错误，C正确；又q＝IΔt，联立解得q＝eq \f(2mv0,5BL)，故D正确。]
8.(1)eq \f(B2L2\r(2gh),2mR) (2)eq \f(1,4)mgh
解析 (1)当金属棒a刚进入磁场时速度最大，产生的感应电动势最大，回路中感应电流最大，金属棒b所受安培力最大，加速度最大。设金属棒a刚进入磁场时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得v1＝eq \r(2gh)
此时金属棒a产生的感应电动势大小为
E＝BLv1＝BLeq \r(2gh)
根据闭合电路欧姆定律可得此时回路中的感应电流大小为
I＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BL\r(2gh),2R)
此时金属棒b所受安培力大小为
F＝ILB＝eq \f(B2L2\r(2gh),2R)
根据牛顿第二定律可得金属棒b的最大加速度为
a＝eq \f(F,m)＝eq \f(B2L2\r(2gh),2mR)。
(2)金属棒a和b组成的系统动量守恒，易知二者最终将以共同速度运动，设此速度大小为v2，
根据动量守恒定律有mv1＝2mv2
解得v2＝eq \f(v1,2)＝eq \f(1,2)eq \r(2gh)
两金属棒电阻相同，通过的电流大小相等，所以产生的总焦耳热相同，根据能量守恒定律，有2Q＝mgh－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)
解得Q＝eq \f(1,4)mgh。