2022届一轮复习专题练习78 动量观点在电磁感应中的应用（解析版）

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微专题78　动量观点在电磁感应中的应用电磁感应中的有些题目可以从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律解决：1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量．如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题，如求作用时间、速度、位移和电荷量.2.在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．1．(多选)(2019·湖北宜昌市四月调研)如图1所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框，在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，并以此位置开始计时并作为导线框位移x的起点，随后导线框进入并通过磁场区域．下列图像中，可能正确描述上述过程的是(　　)图1答案　BD解析　导线框以一定初速度进入磁场，则感应电动势为：E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律，则感应电流为：I＝；安培力为：F＝BIL＝；由牛顿第二定律得：F＝ma，则有：a＝，由于v 减小，所以a也减小；当导线框完全进入磁场后，不受安培力，所以做匀速直线运动；当导线框出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似，而速度—时间图像的斜率表示加速度，则A错误，B正确；导线框进入磁场时，设某时刻进入磁场的距离为x，此时导线框的速度为v，则由动量定理：－B LΔt＝mv－mv0，其中Δt＝q＝，则v＝v0－x；同样，当导线框完全进入磁场后，不受安培力，所以做匀速直线运动，当导线框出磁场时，速度v与位移x的关系与进入磁场相似，则C错误，D正确．2．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图2，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(　　)图2答案　AC解析　棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝，选项A、C正确，B、D错误．3.(2020·河南焦作市高三第三次模拟)如图3所示，一正方形金属线框abcd静止在光滑的水平桌面上，线框右侧两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向竖直向上．cd边与磁场边界平行，磁场虚线间距大于正方形金属线框边长．现给线框一水平向右的初速度，线框能通过磁场区域并继续向右运动，下列说法错误的是(　　)图3A．线框进入磁场的过程中，cd边受到的安培力方向水平向左B．线框通过磁场的整个过程中，cd边两端的电压始终不变C．线框进入磁场和离开磁场的过程中，通过线框的电荷量相等D．线框进入磁场和离开磁场的过程中，线框速度的变化量相等答案　B解析　根据楞次定律的另一种表述可知，感应电流总是阻碍线框与磁场的相对运动，线框进入磁场的过程中，cd边受到的安培力方向水平向左，A正确；线框进入磁场的过程中，cd边相当于电源，cd边两端的电压为路端电压U1＝Blv1线框完全进入磁场后，电路中没有感应电流，cd边两端的电压为E＝Blv2线框离开磁场的过程中，ab边相当于电源，cd边两端的电压为U3＝Blv3且v1>v2>v3所以线框通过磁场的整个过程中，cd两端的电压会发生变化，B错误；线框进入磁场和离开磁场的两个过程中，磁通量的变化量相等，根据公式q＝，分析可知两个过程中通过线框横截面的电荷量相等，C正确；根据动量定理得，线框进入磁场的过程中，有B1Lt1＝mΔv1离开磁场的过程中，有B2Lt2＝mΔv2又因为1t1＝2t2所以Δv1＝Δv2，D正确．4.(2020·湖北大冶六中月考)如图4所示，光滑U形金属导轨PQMN水平固定在竖直向上的匀强磁场中．磁感应强度大小为B，导轨宽度为L.QM之间接有阻值为R的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直放在导轨上，给棒一个水平向右的初速度v0使之开始滑行，经过位移x最后停在导轨上．由以上条件，在此过程中不可求出的物理量是(　　)图4A．电阻R上产生的焦耳热   B．通过电阻R的总电荷量C．安培力对ab棒做的功   D．ab棒的运动时间答案　D解析　根据能量守恒得，电阻R上产生的焦耳热Q＝×mv02＝mv02，A不符合题意；根据动量定理得，－BLΔt＝0－mv0，又q＝Δt，解得q＝，B不符合题意；克服安培力做的功等于电阻R和金属棒ab上产生的焦耳热Q′＝mv02，C不符合题意；由于ab棒做变减速运动，无法求出运动时间，D符合题意．5.(多选)(2020·山东潍坊市期末)如图5所示，水平光滑金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现给棒a一个大小为v0的初速度，设导轨足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到最终为0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．以下说法正确的是(　　)图5A．俯视时感应电流方向为顺时针B．棒b的最大速度为0.4v0C．回路中产生的焦耳热为0.1mv02D．通过回路中某一截面的电荷量为答案　BC解析　棒a向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知产生向上的感应磁场，根据安培定则可知俯视时感应电流的方向为逆时针，A错误；棒a向右做减速运动，棒b向右做加速运动，由于棒b会产生顺时针方向的感应电流，所以回路中电流会不断减小直到零，此时两棒产生的感应电动势相等，两棒都做匀速直线运动，棒b的长度是棒a的两倍，根据E＝BLv可知，速度是棒a的一半，即棒b的最大速度为0.4v0，B正确；根据动能定理有Q＝mv02－[m(0.8v0)2＋m(0.4v0)2]＝0.1mv02，C正确；对棒a由动量定理可知，安培力的冲量等于动量的变化量，有BLt＝BLq＝mv0－m·0.8v0，解得q＝，D错误．6.(多选)如图6所示，固定在倾角为θ的斜面内的两根平行长直金属导轨，其间距为d，底端接有阻值为R的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，导体杆ab与导轨间的动摩擦因数为μ.导体棒ab从静止开始沿导轨下滑距离为L时，速度恰好达到最大(运动过程中导体杆ab始终与导轨保持垂直，且与两导轨保持良好接触)．设导体杆ab接入电路的电阻为R，导轨电阻和空气阻力忽略不计，重力加速度大小为g.导体杆ab由静止到速度达到最大的过程中，下列说法正确的是(　　)图6A．通过电阻R的电荷量为B．导体杆ab两端电压的最大值为C．电阻R中的最大电流为D．导体杆ab运动的时间为＋答案　BCD解析　导体杆ab由静止到速度达到最大的过程中，由法拉第电磁感应定律得＝＝，由闭合电路欧姆定律得＝＝，通过电阻R的电荷量为q＝Δt＝，选项A错误；导体杆ab匀速运动时回路中的电流最大，由平衡条件得mgsin θ＝μmgcos θ＋BId，解得I＝，选项C正确；导体杆ab两端电压的最大值U＝IR＝，选项B正确；设导体杆ab的最大速度为v，E＝Bdv，I＝，导体杆ab由静止到速度达到最大的过程中，由动量定理得mgt(sin θ－μcos θ)－Bdt＝mv，解得t＝＋，选项D正确．7.(多选)如图7所示，绝缘水平面内固定有一间距d＝1 m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC，导轨两端接有阻值分别为R1＝3 Ω和R2＝6 Ω的定值电阻．矩形区域AKFE、NMCD范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ.一质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω的导体棒ab垂直放在导轨上AK与EF之间某处，在方向水平向右、大小F0＝2 N的恒力作用下由静止开始运动，刚到达EF时导体棒ab的速度大小v1＝3 m/s，导体棒ab进入磁场Ⅱ后，导体棒ab中通过的电流始终保持不变．导体棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，空气阻力不计．则(　　)图7A．导体棒ab刚到达EF时的加速度大小为5 m/s2B．两磁场边界EF和MN之间的距离L为1 mC．若在导体棒ab刚到达MN时将恒力撤去，导体棒ab继续滑行的距离为3 mD．若在导体棒ab刚到达MN时将恒力撤去，导体棒ab继续滑行的过程中整个回路产生的焦耳热为3.6 J答案　AD解析　导体棒ab刚要到达EF时，在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E1＝Bdv1，经分析可知，此时导体棒ab所受安培力的方向水平向左，由牛顿第二定律有F0－BI1d＝ma1，I1＝，上式中R＝＝2 Ω，解得a1＝5 m/s2，A正确；导体棒ab进入磁场Ⅱ后，导体棒ab中通过的电流I2保持不变，受到的安培力与F0平衡，做匀速直线运动，则有F0＝BI2d，其中I2＝，设导体棒ab从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2，则有F0＝ma2，导体棒ab在EF、MN之间做匀加速直线运动，则有v22－v12＝2a2L，解得v2＝6 m/s，L＝1.35 m，B错误；撤去F0后导体棒ab继续滑行的过程中，有BId＝ma，I＝，若Δt→0，则有a＝，由以上三式可得vΔt＝mΔv，则有∑vΔt＝m∑Δv，即s＝m(v2－0)，解得s＝3.6 m，C错误；根据能量守恒定律，Q＝mv22＝3.6 J，D正确．8．(2020·天津市七校联考)随着电磁技术的日趋成熟，新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术，它的原理是，飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止．为研究问题的方便，我们将其简化为如图8所示的模型．在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计．轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻．一个长为L、质量为m、阻值为r的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．飞机着舰时质量为M的飞机迅速钩住导体棒ab，钩住之后关闭动力系统并立即获得共同的速度v，忽略摩擦等次要因素，飞机和金属棒系统仅在安培力作用下很快停下来．求：图8(1)飞机在阻拦减速过程中获得的加速度a的最大值；(2)从飞机与金属棒共速到它们停下来的整个过程中R上产生的焦耳热QR；(3)从飞机与金属棒共速到它们停下来的整个过程中运动的距离x.答案　(1)　(2) 　(3)解析　(1)E＝BLvI＝F安＝BIL＝(M＋m)aa＝(2)(M＋m)v2＝QQR＝QQR＝(3)由BiL·Δt＝(M＋m)Δvi＝得B··L·Δt＝(M＋m)·Δv求和·x＝(M＋m)v得x＝9.(2020·江西吉安市期末)如图9所示，长直平行光滑金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，导轨间距为1 m，两导轨间接有电阻R1、R2，阻值均为4 Ω，虚线右侧有垂直导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为1 T，一根质量为20 g的金属棒放在导轨上，并处在磁场中，给金属棒施加水平向右、大小为5 N的拉力F，使金属棒从静止开始向右运动，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计金属棒与导轨的电阻，开始时开关S闭合，金属导轨足够长，求：图9(1)金属棒运动的最大速度大小；(2)若金属棒匀速运动后，将开关S断开，开关断开后金属棒运动1 m时已处于匀速运动状态，则此过程中电阻R1上产生的焦耳热为多少；(3)若金属棒匀速运动后，撤去拉力F，则金属棒运动多长距离停下．答案　(1)10 m/s　(2)2 J　(3)0.4 m解析　(1)设金属棒运动的最大速度大小为v1，根据力的平衡条件有F＝BI1L根据闭合电路欧姆定律I1＝其中R总＝根据法拉第电磁感应定律E1＝BLv1解得v1＝10 m/s(2)若金属棒匀速运动后，将开关S断开，开关断开后金属棒运动1 m时已处于匀速运动状态，设匀速运动的速度大小为v2，则F＝解得v2＝20 m/s设电阻R1上产生的热量为Q，根据能量守恒Fx＝Q＋mv22－mv12解得Q＝2 J(3)若金属棒匀速运动后，撤去拉力F，设金属棒运动的时间为t，根据动量定理，有－BLt＝0－mv0即BqL＝mv1即BL＝mv1解得x＝0.4 m.10.(2020·陕西宝鸡中学第三次模拟)如图10所示，平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，且二者平滑连接．导轨水平部分MN的右侧区域内存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.4 T．在距离磁场左边界线MN为d＝0.8 m处垂直导轨放置一个导体棒a，在倾斜导轨高h＝0.2 m处垂直于导轨放置导体棒b.将b棒由静止释放，最终导体棒a和b速度保持稳定．已知轨道间距L＝0.5 m，两导体棒质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，g取10 m/s2，不计导轨电阻，导体棒在运动过程中始终垂直于导轨且接触良好，忽略磁场边界效应．求：图10(1)导体棒刚过边界线MN时导体棒a的加速度大小；(2)从初始位置开始到两棒速度稳定的过程中，感应电流在导体棒a中产生的热量；(3)两棒速度稳定后二者之间的距离．答案　(1)4 m/s2　(2)0.05 J　(3)0.3 m解析　(1)设导体棒b滑到边界线MN时的速度大小为v0，在其到达水平轨道过程中机械能守恒，则有mgh＝mv02导体棒b通过边界线MN时，发生电磁感应现象，导体棒a受到安培力作用而产生加速度即将开始运动，由法拉第电磁感应定律和牛顿第二定律可得E＝BLv0I＝F＝BILa＝解得a＝4 m/s2(2)当导体棒b进入磁场后，a、b棒组成的系统在水平方向上受到的合力为零，系统满足动量守恒和能量守恒．当导体棒速度稳定时，两者做速度相等的匀速运动，设此时速度为v，则mv0＝2mvmv02＝×2mv2＋2Q解得Q＝0.05 J(3)设两棒速度稳定后两棒之间的距离为l，从b棒进入磁场到二者共速的过程中，对导体棒a由动量定理可得t＝mv而＝BL＝＝ΔΦ＝BLxl＝d－x联立以上各式可得l＝0.3 m.