高考物理一輪復(fù)習(xí)課時練習(xí) 第12章第5練　專題強化：動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用（含詳解）

1.(多選)如圖所示，半徑為r的粗糙四分之一圓弧導(dǎo)軌與光滑水平導(dǎo)軌平滑相連，四分之一圓弧導(dǎo)軌區(qū)域沒有磁場，水平導(dǎo)軌區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場，導(dǎo)軌間距為l，ab、cd是質(zhì)量為m、接入電路中電阻為R的金屬棒，導(dǎo)軌電阻忽略不計。cd靜止在水平導(dǎo)軌上，ab從四分之一圓弧導(dǎo)軌頂端由靜止釋放，在圓弧導(dǎo)軌上克服阻力做功eq\f(1,2)mgr，水平導(dǎo)軌足夠長，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，且不會相撞，重力加速度為g。從ab棒進入水平導(dǎo)軌開始，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b棒先做勻減速運動，最后做勻速運動B．cd棒先做勻加速直線運動，最后和ab以相同的速度做勻速運動C．a(chǎn)b棒剛進入磁場時，cd棒電流為eq\f(Bl\r(gr),2R)D．a(chǎn)b棒的最終速度大小為eq\f(\r(gr),2)2.(多選)(2024·廣東廣州市開學(xué)考)如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接，右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊寬度為d區(qū)域有方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、長為L、電阻為2R的金屬棒從高為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()A．流過定值電阻的電流方向是Q→NB．金屬棒兩端電勢差的最大值為BLeq\r(2gh)C．電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd)D．金屬棒通過磁場所用的時間為eq\f(\r(2gh),μg)－eq\f(B2L2d,3μmgR)3．(多選)(2023·湖南長沙市長郡中學(xué)二模)如圖所示，兩平行光滑導(dǎo)軌MN、M′N′左端通過導(dǎo)線與電源和不帶電電容器相連，導(dǎo)軌平面水平且處于豎直向下的勻強磁場中，有一定阻值的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將開關(guān)S與1閉合，當棒達到穩(wěn)定運動狀態(tài)后S與2閉合，導(dǎo)軌足夠長，電源內(nèi)阻不計。則()A．S與1閉合后，棒ab做勻加速直線運動B．從S與1閉合到棒ab達到某一速度，電源消耗的電能等于棒獲得的動能和電路產(chǎn)生的焦耳熱之和C．S與2閉合后，棒ab中電流不斷減小直到零D．S與2閉合后，棒ab的速度不斷減小直到零4.(多選)(2023·遼寧省名校聯(lián)盟一模)如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于導(dǎo)軌間距，a、b兩棒的電阻不為零，質(zhì)量均為m，銅棒平行放置在導(dǎo)軌上且始終與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)給銅棒a一個平行導(dǎo)軌向右的初速度v0，下列說法正確的是()A．若此后運動過程中兩棒不發(fā)生碰撞，則最終va<vbB．若此后運動過程中兩棒發(fā)生彈性碰撞，則最終va<vbC．若此后運動過程中兩棒不發(fā)生碰撞，則回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為eq\f(1,4)mv02D．若此后運動過程中兩棒發(fā)生彈性碰撞，則回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為eq\f(1,4)mv025.(多選)如圖，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌M、N固定在水平桌面上，導(dǎo)軌間距離為L，垂直導(dǎo)軌平面有豎直向下的勻強磁場，以CD為分界線，左邊磁感應(yīng)強度大小為2B，右邊為B，兩導(dǎo)體棒a、b垂直導(dǎo)軌靜止放置，a棒距CD足夠遠，已知a、b棒質(zhì)量均為m、長度均為L、電阻均為r，棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，現(xiàn)使a獲得一瞬時水平速度v0，在兩棒運動至穩(wěn)定的過程中(a棒還沒到CD分界線)，下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b系統(tǒng)機械能守恒B．a(chǎn)、b系統(tǒng)動量不守恒C．通過導(dǎo)體棒a的電荷量為eq\f(2mv0,5BL)D．導(dǎo)體棒a產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2mv\o\al(02),5)6.(2023·湖南卷·14)如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B?，F(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度為g。(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；(2)在(1)問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離Δx。7.(2023·全國甲卷·25)如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點。P在導(dǎo)軌上運動時，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求：(1)金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大小；(2)金屬棒P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量；(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運動的時間。8.(多選)(2023·遼寧卷·10)如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是()A．彈簧伸展過程中，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為eq\f(4B2d2v,3R)C．整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為eq\f(BLd,3R)第5練專題強化：動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1．CD[ab棒進入磁場受到向左的安培力，做減速運動，所以安培力減小，則ab棒先做加速度減小的減速運動，cd棒與ab棒串聯(lián)，所以先做加速度減小的加速運動，最后它們共速，做勻速運動，故A、B錯誤；ab棒剛進入磁場的速度就是它下滑到底端的速度，根據(jù)動能定理mgr－eq\f(1,2)mgr＝eq\f(1,2)mv2，可得速度為v＝eq\r(gr)，則感應(yīng)電動勢為E＝Blv，兩金屬棒串聯(lián)，故兩棒瞬時電流為I＝eq\f(Bl\r(gr),2R)，兩棒共速時由動量守恒定律有mv＝2mv′，得速度大小為v′＝eq\f(\r(gr),2)，故C、D正確。]2．AD[由右手定則可知，流過定值電阻的電流方向是Q→N，故A正確；金屬棒剛進入磁場時，速度最大，金屬棒兩端電勢差最大，由動能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mvm2，解得vm＝eq\r(2gh)，感應(yīng)電動勢為E＝BLvm＝BLeq\r(2gh)，金屬棒兩端電勢差的最大值為E′＝eq\f(R,2R＋R)E＝eq\f(BL\r(2gh),3)，故B錯誤；由能量守恒定律可知，金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝mgh－μmgd，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f(R,2R＋R)Q＝eq\f(1,3)mg(h－μd)，故C錯誤；由動量定理可知－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正確。]3．BC[根據(jù)題意可知，S與1閉合后，棒受安培力作用做加速運動，棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，棒中的電流減小，受到的安培力減小，則棒的加速度減小，直到感應(yīng)電動勢等于電源電動勢，棒最后勻速運動，故A錯誤；根據(jù)題意，由能量守恒定律可知，從S與1閉合到棒ab達到某一速度，電源消耗的電能等于棒獲得的動能和電路產(chǎn)生的焦耳熱之和，故B正確；S與2閉合后，棒ab相當于電源給電容器充電，此過程棒受到的安培力水平向左，棒減速運動，則電動勢減小，電容器兩板間電壓升高，棒ab中的電流不斷減小，當棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與電容器兩板間的電勢差相等時，電路中的電流減小到零，隨后棒做勻速直線運動，故D錯誤，C正確。]4．CD[若兩棒不發(fā)生碰撞，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq\f(v0,2)，最終兩棒以v＝eq\f(v0,2)的速度在導(dǎo)軌上做勻速直線運動，A錯誤；即使兩棒發(fā)生彈性碰撞，交換速度后，再經(jīng)過足夠長的時間兩棒也會以v＝eq\f(v0,2)的速度在導(dǎo)軌上做勻速直線運動，B錯誤；若兩棒不發(fā)生碰撞，由能量守恒定律知回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2，解得Q＝eq\f(1,4)mv02，C正確；剛開始時a的速度大，a減速，b加速，共速前兩者發(fā)生彈性碰撞，交換速度，然后a加速，b減速，直至兩者共速，最終兩棒以v＝eq\f(v0,2)的速度在導(dǎo)軌上做勻速直線運動，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2，解得Q＝eq\f(1,4)mv02，D正確。]5．BC[因為a、b棒切割磁感線時產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以導(dǎo)體棒中有焦耳熱產(chǎn)生，故a、b系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；由題意知a棒受到的安培力為Fa＝2BIL，方向水平向左，而b棒受到的安培力為Fb＝BIL，方向水平向右，故a、b系統(tǒng)所受合外力不為零，故a、b系統(tǒng)動量不守恒，故B正確；因兩棒運動至穩(wěn)定時滿足2BLv1＝BLv2，設(shè)向右為正方向，則對a、b棒運動至穩(wěn)定的過程中分別由動量定理得－2Beq\x\to(I)Lt＝mv1－mv0，Beq\x\to(I)Lt＝mv2，聯(lián)立解得v1＝eq\f(v0,5)，v2＝eq\f(2v0,5)。又因為q＝eq\x\to(I)t，所以通過導(dǎo)體棒a的電荷量為q＝eq\f(2mv0,5BL)，故C正確；由題意知穩(wěn)定之后，電路中不再有感應(yīng)電流，則不再有焦耳熱產(chǎn)生，所以對a、b棒運動至穩(wěn)定的過程中，由能量守恒定律得導(dǎo)體棒a、b產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22＝eq\f(2,5)mv02，所以導(dǎo)體棒a產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,5)mv02，故D錯誤。]6．(1)eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)2gsinθ(3)gsinθ·t0＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)eq\f(2m2R2gsinθ,B4L4)解析(1)棒a在運動過程中重力沿導(dǎo)軌平面向下的分力和棒a所受安培力相等時做勻速運動，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝BLv0由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I＝eq\f(E,2R)，F(xiàn)＝BIL棒a受力平衡可得mgsinθ＝BIL聯(lián)立解得v0＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)由左手定則可以判斷棒b所受安培力沿導(dǎo)軌平面向下，釋放棒b瞬間電路中電流不變，則對棒b由牛頓第二定律可得mgsinθ＋BIL＝ma0解得a0＝2gsinθ(3)棒a受到沿導(dǎo)軌平面向上的安培力，釋放棒b后，在到達共速時對棒a由動量定理有mgsinθt0－Beq\x\to(I)Lt0＝mv－mv0棒b受沿導(dǎo)軌平面向下的安培力，對b棒由動量定理有mgsinθt0＋Beq\x\to(I)Lt0＝mv聯(lián)立解得v＝gsinθ·t0＋eq\f(v0,2)＝gsinθ·t0＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)，eq\x\to(I)＝eq\f(mv0,2BLt0)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)＝eq\f(BLΔx,2Rt0)聯(lián)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)由于絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvPeq\f(1,2)×3mv02＝eq\f(1,2)×3mvQ2＋eq\f(1,2)mvP2聯(lián)立解得vP＝eq\f(3,2)v0，vQ＝eq\f(1,2)v0碰后絕緣棒Q做勻速運動，金屬棒P做減速直線運動。絕緣棒Q和金屬棒P滑出桌面后均做平拋運動，落地點相同，因此金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度與Q相同，設(shè)為vP′，則vP′＝vQ＝eq\f(v0,2)。(2)根據(jù)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，對金屬棒P分析，根據(jù)動量定理得－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