加分练6 动量观点在电磁感应中的应用(专题微练Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

加分练6　动量观点在电磁感应中的应用 保分基础练 1.(2025·海口模拟)如图所示，固定在水平面上的光滑金属导轨AB、CD，导轨一端连接电阻R，导轨宽为L，垂直于导轨平面向下存在磁感应强度为B的匀强磁场，将一长为L、质量为m、电阻为r的导体棒垂直导轨静止放置，导体棒与金属导轨接触良好，用恒力F向右拉动导体棒，经过距离x导体棒恰好达到最大速度，则在此过程中(C) A.最大速度v= B.通过导体棒的电荷量q= C.从开始至速度最大所用的时间t=+ D.回路产生的焦耳热Q=Fx- 解析　导体棒达到最大速度时，感应电动势Emax=BLvmax，感应电流Imax=，此时导体棒所受合力为0，则有F=BImaxL，解得vmax=，A项错误;感应电动势的平均值==，感应电流的平均值==，解得q=，B项错误;根据动量定理有Ft-BLt=mvmax，其中q=t，q=，结合上述解得t=+，C项正确;根据功能关系与能量守恒定律可知，回路产生的焦耳热Q=Fx-m，结合上述解得Q=Fx-，D项错误。 2.(2024·海南卷)两根足够长的导轨由上下两段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L=1 m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R=0.02 Ω的电阻和C=1 F的电容器，整个装置处于B=0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为m1=0.8 kg，m2=0.4 kg，ab棒电阻为0.08 Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0=4.32 m处在一个大小为F=4.64 N，方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s，g=10 m/s2。下列说法正确的是(BD) A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s B.ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78 J C.两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3 m/s D.两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4 m/s 解析　由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路有Δq=C·BLΔv，对cd，根据牛顿第二定律有F-BIL-m2gsin 30°=m2a2，其中a2=，I=，联立有a2=，说明金属棒cd做匀加速直线运动，则有x0=a2t2，联立解得a2=6 m/s2，t=1.2 s，A项错误;由题知，碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s，则根据功能关系有m1gxabsin 30°-Q=m1，金属棒下滑过程中根据动量定理有m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1，其中q=t=，R总=R+Rab=0.1 Ω，联立解得q=6 C，xab=3 m，Q=3.9 J，R上消耗的焦耳热为QR=Q=0.78 J，B项正确;由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2'，m1+m2=m1v1'2+m2v2'2，其中v2=a2t=7.2 m/s，联立解得v1'=-3.3 m/s，v2'=8.4 m/s，C项错误，D项正确。 3.(多选)(2025·洛阳模拟)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，已知ab棒质量为2m，cd棒质量为m，两根导体棒接入电路电阻值均为r，其他电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行且不会相碰。开始时两导体棒均静止，现同时给ab一向右的初速度v0，给cd一向左的初速度v0，对之后的整个运动过程(两棒始终没有相碰)，下列说法正确的是(ACD) A.ab棒克服安培力所做的总功为m B.通过ab棒的电荷量为 C.两导体棒间的距离最终缩小了 D.当cd速度为0时，ab棒的加速度为 解析　对ab系统受合外力为零，则动量守恒，则稳定时的速度为v，向右为正，则根据动量守恒定律，2mv0-mv0=3mv，解得v=v0，解得ab棒克服安培力所做的总功为Wab=×2m-×2mv2=m，A项正确;对ab由动量定理-BLΔt=-BLq=2mv-2mv0，解得通过ab棒的电荷量为q=，B项错误;根据q=Δt=Δt==，解得两导体棒间的距离最终缩小了Δx=，C项正确;当cd速度为0时，根据动量守恒定律2mv0-mv0=2mv1，ab棒的加速度为a====，D项正确。 增分提能练 4.(2025·邢台三模)如图所示，水平面上固定有两足够长的平行金属导轨，整个区域都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根导轨间距为L，导体棒1、2用轻质的绝缘细线连接，垂直导轨放置且与导轨接触良好，其接入电路的电阻均为R，金属导轨的电阻忽略不计。现给导体棒2施加平行于导轨方向的恒力F，使之以速度大小v0做匀速运动。某时刻剪断导体棒间的细线，从剪断细线开始计时，经过时间t，导体棒2达到最大速度，此时导体棒1仍继续向前运动。已知两导体棒质量均为m，与导轨间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。求: (1)导体棒1和导体棒2所能达到的稳定加速度大小; (2)导体棒2所能达到的最大速度; (3)从剪断细线到导体棒2达到最大速度的过程中，通过导体棒1的电荷量和导体棒1、2相对滑动的距离。 解析　(1)导体棒1、2整体所受合外力为零，最终稳定后两导体棒均做匀速直线运动，故加速度大小均为零。 (2)据题意，未剪断细线时导体棒2做匀速运动， 对导体棒1、2整体由平衡知识得F=2μmg， 以导体棒1、2组成的系统为研究对象，两棒受到等大反向的安培力，系统受到的合外力为零， 由系统动量守恒得mv1+mv2=2mv0， 导体棒2达到最大速度时有F=F安+μmg， 由法拉第电磁感应定律得E=BL(v2-v1)， 感应电流I=， 安培力F安=BIL， 联立解得导体棒2所能达到的最大速度 v2=v0+。 (3)以导体棒1为研究对象 由动量定理得BLt-μmgt=mv1-mv0， 其中q=t， mv1+mv2=2mv0， 联立解得通过导体棒1的电荷量q=-， 又=，又E=BL， 解得q=， 联立解得导体棒1、2相对滑动的距离 Δx=2R。 答案　(1)0　0　(2)+v0 (3)-　2R 5.(2025·辽宁三模)如图所示，光滑水平面上有一质量为2m的“”形导体框MPQN，导体框电阻忽略不计。一质量为m、电阻为R的铜棒静置于导体框上的最右端MN处，与导体框构成矩形回路MNQP。右侧有一足够大的区域分布有匀强磁场，磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为B，EF为磁场左侧边界且与MN平行，MN=PQ=L。初始时，导体框与铜棒均静止，现给导体框一个与PQ垂直的水平向右的初速度v0，一段时间后铜棒进入磁场中刚好做匀速直线运动，直至PQ进入磁场。已知PQ刚进入磁场时导体框速度为，又经时间t导体框与铜棒速度相同。导体框与铜棒之间的动摩擦因数μ=，重力加速度为g。已知导体框与铜棒之间始终接触良好，铜棒始终未到达PQ位置，其中m、R、L、B、v0、t为已知量。求: (1)铜棒进入磁场时的速度大小; (2)导体框MP边的长度; (3)导体框的PQ边进入磁场后，回路产生的焦耳热。 解析　(1)铜棒进入磁场做匀速运动，受力分析得μmg-BIL=0， I=， E=BLv， 联立解得v=。 (2)从一开始到铜棒进入磁场时，铜棒与导体框动量守恒有2mv0=mv+2mv1， 根据能量守恒定律有 ×2m=mv2+×2m+μmgd1， 由题意可知，铜棒进入磁场后，导体框做匀减速直线运动，对导体框有μmg=2ma， 根据运动学公式，有-=2ad2， MP边的长度为d=d1+d2， 联立解得d=。 (3)PQ边进入磁场后，导体框与铜棒动量守恒有 2m+m=(m+2m)v2， 对铜棒由动量定理有μmgt+BLt=mv2-m， 设从PQ边进入磁场到导体框与铜棒共速的过程中，导体框通过的位移为x1，铜棒通过的位移为x2，时间为t，此过程中，产生的平均电动势 =-=， 产生的平均电流=， 联立可得Δx=-v0t， 根据能量守恒定律有×2m+m=(m+2m)+μmgΔx+Q， 解得Q=-m。 答案　(1)　(2)　　(3)-m 学科网（北京）股份有限公司 $