第1部分 专题4 微专题4 动量观点在电磁感应中的应用（word练习）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

(建议用时：40分钟) 1．(2024·云南师大附中高三校考)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上存在足够大的等间距匀强磁场区域，磁感应强度B＝1 T，磁场间距为L＝0.5 m；一个质量m＝0.2 kg，电阻R＝3 Ω，边长也为L的正方形导线框，以初速度v＝1 m/s进入该区域，则该线框能穿过的磁场区域个数为(　　 ) A．2　　 B．3　　　C．4　　　D．5 解析：A　[正方形导线框，以初速度v＝1 m/s进入该区域，从导线框进入该区域到最终停下来过程，根据动量定理得－BIL·Δt＝－·Δt＝－x＝0－mv，解得线框在磁场中运动的距离为x＝＝2.4 m，由于线框进出磁场都受到安培力作用，线框在磁场中做减速运动，则从减速到停下时穿过磁场区域的个数为n＝＝2.4，则该线框能穿过的磁场区域个数为2，故A正确．] 2．(多选)(2024·河南信阳市高三质检)如图所示，两根足够长相互平行、间距d＝0.20 m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50 Ω的电阻．一根阻值也为0.50 Ω、质量m＝1.0×10－2kg的导体棒ab搁置在两端等高的挡条上．在竖直导轨内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.50 T(图中未画出)．撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25 s后下降了h＝0.29 m．假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计一切摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度取10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．导体棒能获得的最大速度为20 m/s B．导体棒能获得的最大速度为10 m/s C．t＝0.25 s时间内通过导体棒的电荷量为2.9×10－2C D．t＝0.25 s时导体棒的速度为2.21 m/s 解析：BCD　[导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg＝F安＝BId，解得I＝1 A，又由E＝Bdvm，I＝，解得vm＝10 m/s，故A错误，B正确；在下落0.29 m的过程中有＝，＝，q＝t，可知q＝，其中ΔΦ＝ΔS·B＝0.2×0.29×0.5 Wb＝0.029 Wb，解得q＝2.9×10－2C，故C正确；由动量定理有(mg－Bd)t＝mv，通过导体棒的电荷量为q＝t＝，可得v＝gt－，代入数据解得v＝2.21 m/s，故D正确．] 3．(多选)(2024·重庆市育才中学高三校考)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v，此时撤去外力F，下列说法正确的是(　　) A．t＝t0时刻，金属杆ab的速度大小为－v B．从t＝0到t＝t0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s0＋ D．最终两金属杆的间距为s0＋ 解析：AD　[t＝t0时刻，设金属杆ab的速度大小为v′，对两杆整体，由动量定理得Ft0＝mv′＋mv，解得v′＝－v，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BLt＝mv′，q＝t，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v共，由动量守恒定律得mv′＋mv＝2mv共，设通过回路的电荷量为q′，有BLq′＝mv共，设最终两金属杆的间距为s，有q′＝＝，联立解得s＝s0＋，选项C错误，D正确．] 4．(2024·北京市石景山区一模)如图所示，质量为m、间距为L、足够长的“U”型平行金属导轨，静止放在足够高的粗糙水平桌面上，与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.5；质量为m的光滑金属棒ab垂直放在导轨上，整个装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．在金属棒ab的中点系一根不可伸长的轻绳，绕过固定在桌边的光滑轻滑轮与一物块相连，现将物块由静止释放，金属棒ab在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，经过时间t金属棒ab恰好达到稳定速度，此时“U”型平行金属导轨也恰好开始运动．已知金属棒ab阻值为R，其他电阻不计，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求： (1)物块的质量M； (2)稳定时金属棒ab的速度大小vm； (3)从释放物块到速度恰好稳定的过程中金属棒ab的位移x. 解析：(1)稳定时，对M有T＝Mg， 对于金属棒ab有T＝T′＝F安， 对于“U”型导轨有F安＝F′安＝μ(m＋m)g， 联立可得M＝2μm＝m. (2)稳定时根据平衡条件可得F安＝＝mg， 解得vm＝. (3)由动量定理对物块有Mgt－t＝Mvm， 对金属棒ab有：t－BLt＝mvm， 通过金属棒ab的电荷量q＝t＝＝， 解得x＝ ＝. 答案：(1)m　(2)　(3) 5．(多选)(2024·贵州校联考模拟预测)如图所示，绝缘水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距离为L，金属导轨左侧接有两个定值电阻R1＝2R和R2＝3R，金属杆ab垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，金属导轨电阻忽略不计．现给金属杆ab水平向右的初速度v0，使金属杆向右运动，金属杆向右运动过程中始终与金属导轨垂直且接触良好．则下列说法正确的是(　　) A．ab杆速度由v0减到的过程，通过电阻R2的电荷量为 B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为 C．ab杆从开始运动到静止，通过的路程为 D．ab杆做匀减速直线运动直到静止 解析：AC　[根据题意可知，ab杆速度由v0减到的过程，由动量定理有－BLt＝m·－mv0，则有BLt＝mv0，即BLq＝mv0，解得q＝，由并联分流原理可知，通过电阻R2的电荷量为q2＝q＝，故A正确；根据题意，ab杆速度减为时，感应电动势为 E＝BLv0，R1和R2并联后的电阻为 R外＝R，由闭合电路欧姆定律有I＝＝，ab杆受到的安培力为F＝BIL＝，则ab杆加速度大小为a＝＝，故B错误；根据A分析可知，ab杆从开始运动到静止，由动量定理有BLq′＝mv0，由E＝、I＝和q＝IΔt，可得q′＝＝，解得x＝，故C正确；根据题意，由左手定则可知，ab杆受的安培力与运动方向相反，ab杆做减速运动，感应电动势减小，安培力减小，加速度减小，则ab杆做加速度减小的减速运动，故D错误．] 6．(多选)(2024·重庆市二模)如图，光滑平行轨道abcd的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，轨道Ⅰ部分两轨道间距为L，轨道Ⅱ部分两轨道间距为，将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段，且与轨道垂直．P、Q棒接入电路电阻均为r，轨道电阻不计．Q棒静止，让P棒从圆弧最高点由静止释放，当P棒仍在轨道Ⅰ部分运动时，Q棒已达到稳定运动状态．已知重力加速度为g.下列说法正确的是(　　) A．P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为2mg B．Q棒第一次稳定运动时速度大小为 C．Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P棒的电荷量为 D．从P棒进入轨道Ⅱ运动到再次稳定过程中，P、Q棒中产生的总热量为mgR 解析：CD　[P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0，根据机械能守恒定律得 mgR＝mv，根据牛顿第二定律得FN－mg＝，解得FN＝3mg，由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为3mg，故A错误；设Q棒第一次稳定运动时的速度为vQ，P棒的速度为vP，则有 BLvP＝B··vQ，Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得 BLt＝mv0－mvP, B··t＝mvQ，又因q＝t，解得vP＝，vQ＝，q＝，故B错误，C正确；从P棒进入轨道Ⅱ运动后，两棒速度再次稳定时，速度相同，设稳定速度为v，由动量守恒定律得mvP＋mvQ＝2mv，由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为Q＝mv＋mv－×2mv2，解得Q＝mgR，故D正确．] 7．(2024·四川绵阳市三模)如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为l；两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，长度均为l；棒与导轨间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．从t＝0时开始，对AB棒施加一外力，使AB棒从静止开始向右做匀加速运动，直到t＝t1时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为i1；已知CD棒在t＝t0(0<t0<t1)时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好．两棒的质量均为m，电阻均为R，导轨的电阻不计．重力加速度大小为g. (1)求AB棒做匀加速运动的加速度大小； (2)求撤去外力时CD棒的速度大小； (3)撤去外力后，CD棒在t＝t2时刻静止，求此时AB棒的速度大小． 解析：(1)设AB棒做匀加速运动的加速度大小为a， 在t＝t0时刻AB棒的速度为v0＝at0， 此时对CD棒，有μmg＝F安1，F安1＝BI0l，I0＝， 联立解得a＝. (2)在t1时刻，AB棒的速度v1＝at1＝， 此时i1＝，E＝Blv1－BlvCD， 解得vCD＝－. (3)撤去外力后到CD棒静止，对CD棒由动量定理得－μmg(t2－t1)＋Bl(t2－t1)＝0－mvCD， 对AB棒：－μmg(t2－t1)－Bl(t2－t1)＝mvAB－mv1，联立解得vAB＝－－2μg(t2－t1)． 答案：(1)　(2)－ (3)－－2μg(t2－t1) 8．(2024·江西卷，15)如图所示，绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨，导轨左右两端分 别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连接，两侧导轨倾角分别为θ1、θ2，导轨间距均为l＝2 m，水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T；现有两均匀金属细棒甲和乙，质量分别为m1＝6 kg和m2＝2 kg，接入导轨的电阻均为R＝1 Ω，左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1＝、μ2＝.初始时刻，乙静止在水平导轨上，与水平导轨左端P1P2的距离为d，甲从左侧倾斜导轨高度h＝4 m的位置静止滑下．水平导轨足够长，两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直．若两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞．不计空气阻力和导轨的电阻．(g取10 m/s2，sin θ1＝0.6，sin θ2＝0.8) (1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向； (2)为使乙第一次到达水平导轨右端Q1Q2之前甲和乙不相碰，求d的最小值； (3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图(b)所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量)，乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0～t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围． 解析：(1)对甲从静止到运动至P1P2处的过程，根据动能定理有 m1gh－μ1m1gcos θ1·＝m1v－0 甲刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律有 E0＝Blv0 根据欧姆定律有I0＝ 对乙由牛顿第二定律有 BI0l＝m2a乙0 联立并代入数据解得a乙0＝2 m/s2 根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，则加速度方向水平向右． (2)甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有 m1v0＝(m1＋m2)v共 对乙根据动量定理有 Blt＝m2v共－0 又t＝q＝＝ dmin＝Δx 联立解得dmin＝24 m (3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx＝24 m，且稳定时的速度v共＝6 m/s， 乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有 m2gsin θ2＋μ2m2gcos θ2＝m2a上， 根据运动学规律有2a上x上＝v， 乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有m2gsin θ2－μ2m2gcos θ2＝m2a下， 根据运动学规律有2a下x下＝v， 又x上＝x下， 联立并代入数据解得乙第一次从右侧斜轨上滑下经Q1Q2时的速度v1＝5 m/s， 甲乙结合体第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有 (m1＋m2)gsin θ2＋μ2(m1＋m2)gcos θ2＝(m1＋m2)a′上 根据运动学规律有2a′上x′上＝v2 由题图(b)可知x上＝4.84x′上 解得甲、乙碰撞后的速度v＝ m/s 乙返回水平导轨后与甲相互作用的过程，对甲、乙组成的系统，根据动量守恒定律有 m1v2－m2v1＝(m1＋m2)v 解得乙返回水平导轨Q1Q2时甲的速度为v2＝ m/s 若乙返回水平导轨时在Q1Q2处恰与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动量定理有 －B1lΔt1＝m1v2－m1v共 又q1＝1Δt1＝ 解得Δx′＝ m 根据位移关系有d′min－Δx＝Δx′ 解得d′min＝ m 若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有 B2lΔt2＝m2v－(－m2v1) 又q2＝2Δt2＝ 解得Δx″＝ m 根据位移关系有d′max－Δx－Δx′＝Δx″ 解得d′max＝ m 综上所述，d的取值范围为 m<d< m 答案：(1)2 m/s2方向向右　(2)24 m (3) m<d< m 学科网（北京）股份有限公司 $$