第5講專題提升:電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練題組一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1.如圖所示,兩寬度不等的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ=30°的斜面上,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN。區(qū)域Ⅰ中的導(dǎo)軌間距L1=0.4m,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下,區(qū)域Ⅱ中的導(dǎo)軌間距L2=0.2m,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上,兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=1T?，F(xiàn)有電阻分布均勻且長(zhǎng)度均為0.4m的導(dǎo)體棒ab和導(dǎo)體棒cd。在區(qū)域Ⅰ中,先將質(zhì)量m1=0.1kg、電阻R1=0.2Ω的導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上,導(dǎo)體棒ab剛好不下滑。然后在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2=0.4kg、電阻R2=0.4Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上,由靜止開始下滑。導(dǎo)體棒cd在滑動(dòng)過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中,導(dǎo)體棒ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌保持良好接觸,g取10m/s2。(1)判斷導(dǎo)體棒cd下滑的過程中,導(dǎo)體棒ab中的電流方向;(2)導(dǎo)體棒ab將向上滑動(dòng)時(shí),求導(dǎo)體棒cd的速度v的大小;(3)從導(dǎo)體棒cd開始下滑到導(dǎo)體棒ab將向上滑動(dòng)的過程中,導(dǎo)體棒cd滑動(dòng)的距離x=4m,求此過程中所需要的時(shí)間。題組二動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用2.(2024湖南長(zhǎng)沙模擬)如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上,左端向上彎曲,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),電阻不計(jì),水平段導(dǎo)軌所處空間存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。有長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的兩導(dǎo)體棒a、b質(zhì)量分別為ma=m,mb=2m,阻值分別為Ra=R,Rb=2R。b棒靜止放置在水平導(dǎo)軌上足夠遠(yuǎn)處,與導(dǎo)軌接觸良好且與導(dǎo)軌垂直;a棒在弧形導(dǎo)軌上距水平面h高度處由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直,重力加速度為g。求:(1)a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),回路中的感應(yīng)電流;(2)a棒和b棒最終穩(wěn)定時(shí)的速度大小;(3)從a棒開始下落到最終穩(wěn)定的過程中,b棒上產(chǎn)生的熱量。題組三力學(xué)三大觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用3.(2022天津卷)如圖所示,邊長(zhǎng)為a的正方形鋁框平放在光滑絕緣水平桌面上,桌面上有邊界平行、寬為b且足夠長(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)方向垂直于桌面,鋁框依靠慣性滑過磁場(chǎng)區(qū)域,滑行過程中鋁框平面始終與磁場(chǎng)垂直且一邊與磁場(chǎng)邊界平行,已知a<b,在進(jìn)入和離開磁場(chǎng)區(qū)域的兩個(gè)過程中()A.鋁框所用時(shí)間相同B.鋁框上產(chǎn)生的熱量相同C.鋁框中的電流方向相同D.安培力對(duì)鋁框的沖量相同4.(2024浙江紹興模擬)如圖所示,平行且光滑的導(dǎo)軌AICD和水平面EFGH平行。質(zhì)量分別為13m和m,電阻均為R的導(dǎo)體棒a、b垂直于導(dǎo)軌靜置于圖示位置(導(dǎo)體棒b靜止在導(dǎo)軌右邊緣IC處)。導(dǎo)體棒b的兩端由兩根足夠長(zhǎng)的輕質(zhì)導(dǎo)線與導(dǎo)軌相連接,與導(dǎo)體棒a形成閉合回路。在IEHC右側(cè)區(qū)域空間存在豎直向下的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,當(dāng)給導(dǎo)體棒a一個(gè)水平初速度2v0后,在IC處與導(dǎo)體棒b發(fā)生彈性碰撞。碰撞后導(dǎo)體棒b飛離軌道并恰好從地面FG處離開磁場(chǎng),導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)。已知導(dǎo)軌間距為l,導(dǎo)軌離地高度也為l,磁場(chǎng)區(qū)域長(zhǎng)度EF為s,不計(jì)其他電阻,求(1)導(dǎo)體棒b進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度和剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力;(2)導(dǎo)體棒b離開磁場(chǎng)時(shí),速度與水平方向的夾角正切值;(3)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過程中,導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的總熱量。綜合提升練5.(2023重慶卷)如圖所示,與水平面夾角為θ的絕緣斜面上固定有光滑U形金屬導(dǎo)軌。質(zhì)量為m、電阻不可忽略的導(dǎo)體桿MN沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng),以大小為v的速度進(jìn)入方向垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t后,速度大小變?yōu)?v。運(yùn)動(dòng)過程中桿與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì),重力加速度為g。桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi)()A.流過桿的感應(yīng)電流方向從N到MB.桿沿軌道下滑的距離為32C.流過桿的感應(yīng)電流的平均電功率等于重力的平均功率D.桿所受安培力的沖量大小為mgtsinθ-mv6.(2024廣東汕頭模擬)某精密電子器件防撞裝置如圖所示,電子器件T和滑軌PQNM固定在一起,總質(zhì)量為m1,滑軌內(nèi)置勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。受撞滑塊K套在PQ,MN滑軌內(nèi),滑塊K上嵌有閉合線圈abcd,線圈abcd總電阻為R,匝數(shù)為n,bc邊長(zhǎng)為L(zhǎng),滑塊K(含線圈)質(zhì)量為m2,設(shè)T、K一起在光滑水平面上以速度v0向左運(yùn)動(dòng),K與固定在水平面上的障礙物C相撞后速度立即變?yōu)榱?。不?jì)滑塊與滑軌間的摩擦作用,ab大于滑軌長(zhǎng)度,對(duì)于碰撞后到電子器件T停下的過程(線圈bc邊與器件T未接觸),下列說法正確的是()A.線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdaB.線圈受到的最大安培力為nC.電子器件T做勻減速直線運(yùn)動(dòng)D.通過線圈某一橫截面的電荷量為m參考答案第5講專題提升:電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題1.答案(1)由a到b(2)5m/s(3)1.2s解析(1)根據(jù)右手定則可知導(dǎo)體棒ab中的電流方向由a到b。(2)由題可知,f=m1gsinθ,F安=f+m1gsinθ,F安=BIL1,I=ER1+R聯(lián)立解得,v=5m/s。(3)由動(dòng)量定理可知m2gtsinθ-BIL2t=m2v,q=It=BL2xR1+R2.答案(1)BL2gh(3)4解析(1)對(duì)a棒,在下落h過程中,由動(dòng)能定理得magh=12maa棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),由法拉第電磁感應(yīng)定律E=BLv0由閉合電路歐姆定律E=I(Ra+Rb)聯(lián)立解得I=BL2(2)a棒進(jìn)入磁場(chǎng)后,a棒、b棒與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流,而a棒與b棒所受安培力大小相等、方向相反,故a棒與b棒的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,則mav0=(ma+mb)v共聯(lián)立解得v共=2g(3)整個(gè)過程能量守恒,則對(duì)a、b棒magh=12(ma+mb)v共2+Q又Qa∶Qb=Ra∶Rb=1∶2聯(lián)立解得Qb=4mg3.D解析鋁框進(jìn)入和離開磁場(chǎng)過程,磁通量變化,都會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,受向左的安培力而減速,完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁通量不變,鋁框做勻速運(yùn)動(dòng),可知離開磁場(chǎng)過程的平均速度小于進(jìn)入磁場(chǎng)過程的平均速度,所以離開磁場(chǎng)過程的時(shí)間大于進(jìn)入磁場(chǎng)過程的時(shí)間,A錯(cuò)誤;由楞次定律可知,鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過程磁通量增加,感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向,離開磁場(chǎng)過程磁通量減小,感應(yīng)電流為順時(shí)針方向,C錯(cuò)誤;鋁框進(jìn)入和離開磁場(chǎng)過程安培力對(duì)鋁框的沖量為I安=-BIaΔt,又q=IΔt=ERΔt=ΔΦRΔtΔt=ΔΦR=Ba2R,得I安=-B2a3R,D正確;鋁框進(jìn)入和離開磁場(chǎng)過程,鋁框均做減速運(yùn)動(dòng),可知鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過程的速度一直大于鋁框離開磁場(chǎng)過程的速度4.答案(1)12v0(2)2(3)v解析(1)導(dǎo)體棒a、b碰撞前后動(dòng)量守恒,總動(dòng)能不變,規(guī)定向右為正方向,由動(dòng)量守恒和能量守恒得13m×2v0=13mva1vb=12v導(dǎo)體棒b進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間E=BlvbI=EF=BIlF安=B2(2)設(shè)導(dǎo)體棒b到達(dá)FG的水平分速度為vx,豎直分速度為vy,水平方向上根據(jù)動(dòng)量定理-B2l2vvx=vb-B豎直方向vy=2tanθ=v化簡(jiǎn)得,tanθ=2mR(3)由動(dòng)能定理可得12m(vx2+v安培力做功為系統(tǒng)發(fā)熱量,因此可化簡(jiǎn)得回路中產(chǎn)生的總熱量Q=1導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的總熱量Qb=12Q=v5.D解析根據(jù)右手定則,判斷知流過桿的感應(yīng)電流方向從M到N,A錯(cuò)誤;依題意,設(shè)桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng),電阻為R。桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi),桿受到重力、軌道支持力及沿軌道向上的安培力作用,根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ-F安=ma,又F安=BIL、I=BLvR,聯(lián)立可得桿的加速度a=gsinθ-B2L2vmR,可知桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),若桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則桿運(yùn)動(dòng)的距離為s=v+2v2·t=32vt,根據(jù)v-t圖像圍成的面積表示位移,可知桿在時(shí)間t內(nèi)速度由v達(dá)到2v,桿真實(shí)運(yùn)動(dòng)的距離大于勻加速情況發(fā)生的距離,即大于32vt,B錯(cuò)誤;由于在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi),桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),桿的動(dòng)能增大。由動(dòng)能定理可知,重力對(duì)桿所做的功大于桿克服安培力所做的功,根據(jù)P=Wt可得安培力的平均功率小于重力的平均功率,即流過桿的感應(yīng)電流的平均電功率小于重力的平均功率,C錯(cuò)誤;桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi),根據(jù)動(dòng)量定理,可得mgtsinθ-I6.B解析根據(jù)安培右手定