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专题64 电磁感应+动量模型-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练
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二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型,明确题目考查的目的,恰当运用所学知识解决问题:情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目,使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
2024高考物理二轮复习80热点模型
最新高考题模拟题专项训练
模型64 电磁感应+动量模型
最新高考题
1. (2023高考全国甲卷)(20分)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,碰撞时间极短。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。
【参考答案】(1) (2) (3)
【命题意图】本题考查电磁感应、弹性碰撞、平抛运动及其相关知识点。
【解题思路】
(1)Q与P弹性碰撞,由动量守恒定律,3mv0=mvP+3mvQ,
由系统动能守恒,=+
联立解得:,
根据题述,P、Q落到地面同一点,由平抛运动规律可知,金属棒P滑出导轨时的速度大小为
(2)由能量守恒定律,金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量Q=-=
(3)P在导轨上做变速运动,设速度为v时金属棒中产生的感应电动势为e,电流为i,在△t时间内速度变化△v,由法拉第电磁感应定律,e=BLv,
由闭合电路欧姆定律,i=e/R
所受安培力 F=BiL=,
由动量定理,F△t=m△v,
即:△t=m△v,
方程两侧求和 Σ△t=Σm△v,
即Σv△t=mΣ△v,
注意到Σv△t=x,Σ△v=-= v0,解得:x=
由x=vQt
解得与P碰撞后,绝缘棒Q在导轨上运动的时间为t=
【规律总结】两物体弹性碰撞,利用动量守恒定律和动能之和不变列方程解答;导体棒在磁场中切割磁感线运动为变速直线运动,可以采用微元法,把位移分割为微元,利用动量定理列方程解答。
2. (2023高考湖南卷)如图,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为,两导轨及其所构成的平面均与水平面成角,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.现将质量均为的金属棒垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为.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.
(1)先保持棒静止,将棒由静止释放,求棒匀速运动时的速度大小;
(2)在(1)问中,当棒匀速运动时,再将棒由静止释放,求释放瞬间棒的加速度大小;
(3)在(2)问中,从棒释放瞬间开始计时,经过时间,两棒恰好达到相同的速度,求速度的大小,以及时间内棒相对于棒运动的距离.
【参考答案】(1);(2);(3)
【名师解析】
(1)a匀速运动切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv0,
导体棒a中电流I=E1/2R
所受安培力F=BIL,
匀速运动,mgsinθ=F
联立解得v0==
(2)当导体棒a匀速运动时,释放b,由左手定则可判断出导体棒b受到沿导轨斜向下的安培力力,由牛顿第二定律,mgsinθ+F=ma,
解得 a=2gsinθ。
(3释放导体棒b后,由于导体棒b中产生的感应电动势对于回路来说,与导体棒a中产生的感应电动势方向相反,所以两导体棒所受安培力均减小,对导体棒a,由动量定理,(mgsinθ-F)t0=mv-mv0
对导体棒b,由动量定理,(mgsinθ+F)t0=mv
联立解得:v=gt0sinθ+
取导体棒变速运动过程中,导体棒a速度为vi时产生的感应电动势为Ei=BLvi,同时导体棒b速度为vj,感应电动势Ej=BLvj,导体棒中电流为I==,所受安培力F=BIL=
对导体棒b,由动量定理,(mgsinθ+)△t=m△v
方程两侧求和Σ【(mgsinθ+)△t】=Σm△v
注意到:Σ△t=t0,Σ△v=v,Σ(vi-vj)△t=△x
解得:△x=
3.(2023全国高考新课程卷)(20分)一边长为L、质量为m的正方形金属细框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图(a)所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量。
【名师解析】
(1)设导线框进入磁场时速度为v0,导线框完全进入时速度为v1,
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi,导线框中产生的感应电动势e=BLvi,
感应电流,i=e/4R0,
所受安培力F=BiL,
联立解得:F=
取时间微元△t,由动量定理,- F△t=m△v,
即 - △t=m△v,
方程两侧求和,-Σ△t=Σm△v,
注意到Σvi△t=L,Σ△v= v1- v0,
化简得 =m(v0-v1) ①
导线框完全在匀强磁场中运动,导线框中磁通量不变,不产生感应电流,做匀速直线运动。
导线框出磁场过程,取时间微元△t,由动量定理,- F△t=m△v,
即 - △t=m△v,
方程两侧求和,-Σ△t=Σm△v,
注意到Σvi△t=L,Σ△v=-v1,
化简得 =m(v1 -) ②
①②两式消去v1,得v0=
(2)导线框进入磁场区域过程,右侧边切割磁感线产生感应电动势,由于导轨电阻可忽略,此时金属框上下部分被短路,其电路可以简化如下。
故电路中的外电路电阻为=,总电阻R总=R0+=
设导线框进入磁场时速度为v,导线框完全进入时速度为v1,
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi,导线框中产生的感应电动势e=Blvi,
感应电流,i=e/R总,
所受安培力F=Bil,
联立解得:F=
取时间微元△t,由动量定理,- F△t=m△v,
即 - △t=m△v,
方程两侧求和,-Σ△t=Σm△v,
注意到Σvi△t=l,Σ△v= v1- v,
化简得 =m(v-v1) ①
解得:v1=v-=
在这个过程中线框动能减小△Ek1=-=
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q1,由于R1=2R,根据串并联电路规律和焦耳定律可知,导线框右边电阻产生的热量为4.5Q1,左边电阻产生的热量为2Q1,整个电路电阻产生的热量为Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5 Q1.
解得:Q1=
导线框完全在磁场区域运动,导线框可以视为内阻为0.5R的电源,回路总电阻R总=2.5R,
导线框做减速运动,设导线框开始出磁场时速度为v2,
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi,导线框中产生的感应电动势e=Blvi,
感应电流,i=e/R总,
所受安培力F=Bil,
联立解得:F=
取时间微元△t,由动量定理,- F△t=m△v,
即 - △t=m△v,
方程两侧求和,-Σ△t=Σm△v,
注意到Σvi△t=L,Σ△v= v2- v1,
化简得 =m(v1-v2) ①
解得:v2=v1-=0,则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。
在这个过程中线框动能减小△Ek2==
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q2,则导线框电阻产生的热量为Q2,整个电路电阻产生的热量为Q’=1.25 Q2.
解得:Q2.=
整个运动过程中,R1产生的热量为Q= Q1+ Q2 ==+=
4. (2022高考辽宁物理)如图所示,两平行光滑长直金属导轨水平放置,间距为L。区域有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向竖直向上。初始时刻,磁场外的细金属杆M以初速度向右运动,磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m,在导轨间的电阻均为R,感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
(1)求M刚进入磁场时受到安培力F的大小和方向;
(2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为,求:①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q;②初始时刻N到的最小距离x;
(3)初始时刻,若N到的距离与第(2)问初始时刻的相同、到的距离为,求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
【参考答案】(1),方向水平向左;
(2)①,②;(3)2≤k<3
【命题意图】本题考查电磁感应、闭合电路欧姆定律、安培力、动量定理、动量守恒定律及其相关知识点.
【名师解析】
(1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时,产生的动生电动势为E=BLv0
电流方向为a→b,电流的大小为 I=E/2R
则所受的安培力大小为 F=BIL=
安培力的方向由左手定则可知水平向左;
(2)①金属杆N在磁场内运动过程中,由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为△x,有
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞,N到ab的最小距离为
(3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动,若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1),则N到ab边的速度大小恒为,根据动量守恒定律可知
解得N出磁场时,M的速度大小为
由题意可知,此时M到cd边的距离为 s=(k-1)x
若要保证M出磁场后不与N相撞,则有两种临界情况:
①M减速到时出磁场,速度刚好等于N的速度,一定不与N相撞,对M根据动量定理有
联立解得
k=2
②M运动到cd边时,恰好减速到零,则对M由动量定理有
同理解得
k=3
综上所述,M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k<3
最新模拟题
1. (2023年7月浙江宁波期末)如图所示,水平面上有一光滑矩形金属轨道,间距为,左侧有一恒流源,电流。以O点为坐标原点,向右为正方向建立x轴,垂直x轴方向建立y轴,在至x=的轨道区间I存在竖直向上的磁场(图中未画出),此磁场沿x轴正方向的变化规律为,沿y轴方向磁感应强度不变。磁场右侧M、N两处用光滑绝缘材料连接,右侧轨道上放置了一个“”形质量为的金属框edcf,其中ed,cf边长度均为。cd边垂直导轨,长度为,电阻阻值为;在金属框右侧长为,宽为的区域Ⅱ存在竖直向上的磁感应强度大小为的匀强磁场;轨道最右端接一个阻值的电阻.现质量也为,长度为的金属棒ab在磁场I区域中运动时,受到水平向右的恒力,由静止从处开始运动,ab棒离开磁场I区域时立刻撤去恒力。金属棒ab与“”形金属框edcf相碰后会粘在一起形成闭合导体框abcd,闭合导体框abcd滑出磁场Ⅱ区域后可和右侧的固定弹性墙K发生弹性碰撞。整个滑动过程ab始终和轨道垂直且接触良好。已知,,,,除已给电阻外其他电阻均不计。若导体棒ab运动到处时刚好匀速,求:(提示可以用图像与x轴所围的“面积”代表力F做的功),求:
(1)里的;
(2)闭合导体框abcd进入磁场区域Ⅱ时的速度;
(3)最终ab棒会停止在距离磁场区域Ⅱ右边缘多远处?
【参考答案】(1);(2);(3)
【名师解析】
(1)导体棒ab运动到处时刚好匀速,根据受力平衡可得
解得
(2)导体棒ab在磁场中,根据动能定理可得
其中
解得
金属棒ab与金属框edcf相碰后会粘在一起形成闭合导体框abcd,根据动量守恒可得
解得
(3)线框进入磁场过程,根据动量定理可得
解得
线框离开磁场过程,根据动量定理可得
其中
联立解得
设线框在反弹后再次进入磁场过程停下来,金属棒ab进入磁场的距离为,根据动量定理可得
解得
假设成立,最终ab棒会停止在距离磁场区域Ⅱ右边缘处。
2 .(2023重庆康德联考) 如图所示,长直金属杆M、N在水平固定的平行光滑长直金属导轨上运动,导轨间距为L;水平虚线与导轨垂直,左、右两侧区域分别充满垂直于导轨平面且方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。初始时刻,N静止在左侧导轨上,M从N左侧以初速度水平向右运动.M、N质量均为m、在导轨间的电阻均为R,整个运动过程中,两金属杆始终与导轨垂直并接触良好.感应电流产生的磁场、导轨电阻、空气阻力及两金属杆粗细均忽略不计,导轨足够长。
(1)求初始时刻M的加速度大小和方向;
(2)若M、N在左侧未相撞,N进入右侧时速度大小为,求初始时刻M、N间距至少为多少?
(3)在(2)的条件下,若M到达处时速度大小为,求M、N的碰撞次数,及M、N最终速度大小.
【参考答案】(1),方向水平向左;(2);(3)一次,
【名师解析】
(1)初始时刻,回路中产生的感应电动势
流过M的感应电流
由右手定则知,方向沿顺时针方向,M所受安培力
由左手定则知,方向水平向左,由牛顿第二定律有
解得
方向水平向左。
(2)由题知,M、N均在左侧运动时,对N,由动量定理有
解得
设从初始时刻到N进入右侧过程中,M、N之间的相对位移为,则
解得
要使M、N在左侧未相撞,初始时刻M、N的最小间距为
(3)由分析知,M、N均在左侧运动时,所受安培力大小相等、方向相反,M、N系统所受合外力为零,故M、N系统动量守恒,设N进入右侧时,M的速度为,以水平向右为正方向,由动量守恒定律有
解得
设M进入右侧时,N的速度为,从N进入右侧到M进入右侧的过程中,M、N所受安培力均水平向左,对M,由动量定理有
对N,由动量定理有
解得
该过程中,对N又有
解得
该过程中,设N的位移大小为x1,M的位移大小为x2,则
解得
x1即为M进入右侧时M、N之间的距离,假设M、N在右侧未相撞而共速,则从M进入右侧到二者共速的过程中,由M、N系统动量守恒,有
解得
该过程中,对N,由动量定理有
解得
该过程中,设M、N的相对位移为,则
解得
故
即M、N在右侧共速前会相撞,相撞后,由分析知,N向右减速,M向右加速,直至最终二者以的速度匀速运动,因此,整个过程中,M、N只碰撞一次。
3 .(2023四川南充三模) 如图所示,有形状为“”的光滑平行导轨和水平放置,其中宽轨间距为2d,窄轨间距为d,轨道足够长。右侧均为绝缘材料,其余为金属导轨,。间接有一电阻阻值为r。金属棒质量为m、长度为2d、电阻阻值为2r,在水平向右、大小为F的恒力作用下,从静止开始加速,离开宽轨前,速度已达最大值。金属棒滑上窄轨瞬间,迅速撤去力F。是质量为m、电阻阻值为r、三边长度均为d的“U”形金属框,如图平放在绝缘导轨上。以f点所在处为坐标原点O,沿方向建立坐标轴。整个空间存在竖直向上的磁场,左侧为磁感应强度为B0的匀强磁场,右侧磁感应强度分布规律(),其中,金属导轨电阻不计,棒、金属框与导轨始终接触良好。
(1)求棒在宽轨上运动的最大速度及刚滑上窄轨时两端电压;
(2)求棒运动至与金属框碰撞前瞬间的速度大小;
(3)若棒与金属框碰撞后连接在一起,求金属框静止时f端的位置坐标x。
【参考答案】(1),;(2);
(3)
【名师解析】
(1)当棒匀速运动时,加速度为零,此时速度最大,棒受力平衡
其中
联立解得
当刚滑上窄轨时,等效电路如图所示
棒只有中间宽度为d的部分有电流流过,间电压
其中
代入数值得
(2)棒在窄轨上的导体部分做减速运动,由动量定理得
又
联立上述方程可解得棒滑出导体区域瞬间速度为
之后匀速运动至与金属框相碰。
(3)棒与金属框相碰,据动量守恒定律可得
进入窄轨的绝缘部分后,棒部分和金属框构成回路,边处的磁场总是比边的磁场大
回路中的电流
全框架受到的安培力合力
由动量定理可得
金属框前进的位移
联立以上方程得金属框静止时f端的位置坐标
4. (2023山东日照三模)如图所示,间距的平行金属导轨与水平面成角放置,导轨的下端接有阻值的电阻,上端通过小圆弧形绝缘材料与水平金属导轨平滑对接,其中轨道与间距为,轨道与间距为。在导轨的上端垂直于导轨锁定一质量的导体棒,棒及下方区域全部处于与导轨平面垂直、磁感应强度大小的匀强磁场中,右方存在竖直向上、磁感应强度大小的匀强磁场,在右侧锁定一质量的导体棒。质量的导体棒垂直于导轨,与棒相距,以的速度沿导轨向上运动,经过与棒碰撞(碰撞前瞬间解除棒的锁定),瞬间粘在一起,继续向上运动到达,此时解除棒锁定。当、运动到时,被锁定在左侧(此前速度已稳定)。棒再运行到处。三个导体棒始终与导轨接触良好,不计金属导轨的电阻,所有导体棒长度,电阻,单位长度的电阻都相等,不计任何摩擦,忽略连接处的能量损失。(重力加速度,,),求:
(1)棒运动到棒位置时的速度大小;
(2)棒与棒碰撞后瞬间,棒两端的电势差大小;
(3)整个运动过程中系统产生的焦耳热。
【参考答案】(1);(2)2V;(3)
【名师解析】
(1)棒切割磁感线产生感应电动势,电路总电阻
代入可得
对棒,由动量定理
解得
(2)棒与棒碰撞,系统动量守恒
碰撞后瞬间棒两端的电势差大小
(3)棒斜向上说动到棒处过程中电路产生的焦耳热,由能量守恒定律
棒与棒碰撞后继续斜向上运动到处,此区域内无磁场,故电路中无电流,由动能定理
解得
、棒进入磁场后,切割磁感线产生感应电流而做减速运动直到处,由动量定理
棒解锁后,在安培力的作用下开始加速运动并切割磁感线,由动量定理
最后速度稳定时,导体棒中均无电流,所以
解得
对、、棒的这一运动过程,由能量守恒定律得
、棒锁住后,棒继续切割磁感线做减速运动直到处,由动量定理
解得
棒单独运动到这一过程,由能量守恒定律
故整个运动过程中产生的焦耳热
5.(2023湖北荆门三校5月联考)如图为一平行光滑导轨,左侧AB和是竖直平面内半径为R的四分之一圆弧,BE、处于水平面,AC和间距为L,DE和间距为,AC、、DE、均足够长,AC和DE、和通过导线连接,其中右侧导轨平面处在竖直向上,磁感应强度为B的匀强磁场中。现将长度为的导体棒PQ垂直导轨放置于DE和上,将长度为L的导体棒MN垂直导轨放置于端,静止释放导体棒MN,导体棒运动的过程始终与导轨垂直且接触良好,导体棒MN最终的速度大小为。已知导体棒MN和PQ材料、横截面积均相同,导体棒MN质量为m,电阻为r,重力加速度为g,不计导轨电阻,下列说法正确的是( )
A.导体棒MN进入磁场瞬间,导体棒PQ的加速度大小为
B.导体棒MN、PQ最终共速
C.PQ棒的最终速度为
D.整个过程导体棒PQ上产生的焦耳热为
【参考答案】CD
【名师解析】.导体棒MN在圆弧下滑过程有导体棒MN进入磁场瞬间,感应电动势,由于导体棒MN和PQ材料、横截面积均相同,则导体棒PQ的质量、电阻分别为2m,2r,则感应电流为,对导体棒PQ分析有解得,A错误;
稳定时,两导体棒均做匀速直线运动,回路总的感应电动势为0,则有解得,可知,导体棒MN、PQ最终MN的速度大一些,B错误,C正确;
整个过程回路产生的总焦耳热为导体棒PQ上产生的焦耳热,解得,D正确。故选CD。
6. (2023湖南邵阳二模)如图所示,平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接,导轨电阻不计。质量均为电阻均为的金属棒b和c,静止放在水平导轨上且与导轨垂直。图中虚线de右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量也为的绝缘棒a垂直于倾斜导轨,从离水平导轨的高为处由静止释放。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰,金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为。以下正确的是( )
A. a与b碰后分离时b棒的速度大小为
B. 当b进入磁场后速度大小为时,b的加速度大小变为初始加速度大小的
C. b棒产生的焦耳热为
D. b进入磁场后,b、c间距离增大了
【参考 答案】AB
【名师 解析】
绝缘棒a滑到水平导轨上速度设为v0,由动能定理
得
a与金属棒b发生弹性正碰,质量相等,故碰后速度交换,a速度变为零,b获得v0的速度,故a与b碰后分离时b棒的速度大小为,A正确;
B.b刚进入磁场时,加速度为
b进入磁场后,切割磁感线产生感应电流,受向左安培力而减速,c受向右的安培力而加速,系统合外力为零,由动量守恒知
将代入得
此时回路的总电动势为
此时b的加速度为
B正确;
C.当b与c速度相等时,b棒上停止生热,由动量守恒
得
由能量守恒,设b棒上产生的焦耳热为Q,有
知
C错误;
D.b进入磁场后减速,c加速直至速度相同,二者间距缩小,设为Δx,对c,由动量定理
又
联立可得b、c间距离缩小了
D错误。
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