第12練動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1~3題每題6分，4題10分，5題15分，6題17分，共60分1.(多選)(2024·廣東省部分高中三模)我國航空母艦福建艦采用了電磁彈射技術(shù)，裝備了電磁彈射軌道，電磁彈射的簡化模型如圖所示：足夠長的水平固定金屬軌道處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，左端與充滿電的電容器C相連，與機(jī)身固連的金屬桿ab靜置在軌道上且與軌道垂直，閉合開關(guān)S后，飛機(jī)向右加速，若不計(jì)所有阻力和摩擦，回路總電阻R保持不變，下列說法正確的是()A.提高電容器的放電量，可以提高飛機(jī)的起飛速度B.飛機(jī)運(yùn)動(dòng)過程中，a端的電勢始終高于b端的電勢C.飛機(jī)的速度最大時(shí)，金屬桿ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢與電容器兩端電壓相等D.飛機(jī)的速度達(dá)到最大時(shí)，電容器所帶的電荷量為零2.(多選)(2024·廣西南寧市二模)如圖所示，間距L=1m的粗糙傾斜金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角θ=37°，其頂端與阻值R=1Ω的定值電阻相連，間距相同的光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，兩導(dǎo)軌都足夠長且在AA'處平滑對接，AA'至DD'均是光滑絕緣帶，保證傾斜導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌間電流不導(dǎo)通。傾斜導(dǎo)軌處有方向垂直傾斜導(dǎo)軌所在平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=0.2T的勻強(qiáng)磁場，水平導(dǎo)軌處有方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=0.5T的勻強(qiáng)磁場。兩根導(dǎo)體棒1、2的質(zhì)量均為m=0.2kg，兩棒接入電路部分的電阻均為R，初始時(shí)刻，導(dǎo)體棒1放置在傾斜導(dǎo)軌上，且距離AA'足夠遠(yuǎn)，導(dǎo)體棒2靜置于水平導(dǎo)軌上，已知傾斜導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒1間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5。現(xiàn)將導(dǎo)體棒1由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒1未與導(dǎo)體棒2發(fā)生碰撞。取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。兩棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，下列說法正確的是()A.導(dǎo)體棒1在傾斜導(dǎo)軌上下滑時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.導(dǎo)體棒1滑至AA'瞬間的速度大小為20m/sC.穩(wěn)定時(shí)，導(dǎo)體棒2的速度大小為10m/sD.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中通過導(dǎo)體棒2的電荷量為2C3.(多選)(2024·江西省六校一調(diào))如圖所示，用金屬制作的曲線導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌平滑連接，水平導(dǎo)軌寬軌部分間距為2L，有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，窄軌部分間距為L，有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，兩部分磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。質(zhì)量均為m的金屬棒M、N垂直于導(dǎo)軌靜止放置，現(xiàn)將金屬棒M自曲線導(dǎo)軌上h高度處靜止釋放，兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，兩棒接入電路中的電阻均為R，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)軌足夠長，M棒總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，N棒總在窄軌上運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，不計(jì)所有摩擦。下列說法正確的是()A.M棒剛進(jìn)入磁場時(shí)N棒的加速度為2B.N棒的最終速度大小為2C.通過M棒的電荷量為2D.N棒產(chǎn)生的熱量為254.(10分)(2024·吉林省模擬)如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距l(xiāng)=1m，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角。桿1、桿2是兩根用細(xì)線連接的金屬桿，質(zhì)量分別為m1=0.1kg和m2=0.4kg，兩桿垂直導(dǎo)軌放置，且兩端始終與導(dǎo)軌接觸良好，兩桿的總電阻R=2Ω，兩桿在沿導(dǎo)軌向上的外力F作用下保持靜止。整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，在t=0時(shí)刻將細(xì)線燒斷，保持F不變，重力加速度g取10m/s2，求：(1)(5分)細(xì)線燒斷后，兩桿最大速度v1、v2的大?。?2)(5分)兩桿剛達(dá)到最大速度時(shí)，桿1上滑了0.8m，則從t=0時(shí)刻起到此刻用了多長時(shí)間？5.(15分)(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(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)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(jì)，重力加速度為g。(1)(4分)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0；(2)(4分)在(1)問中，當(dāng)棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；(3)(7分)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過時(shí)間t0，兩棒恰好達(dá)到相同的速度v，求速度v的大小，以及時(shí)間t0內(nèi)棒a相對于棒b運(yùn)動(dòng)的距離Δx。6.(選做題)(17分)(2024·遼寧省三模聯(lián)考)如圖甲所示，在光滑水平面上平放一個(gè)用均勻?qū)Ь€制成的正方形線框，質(zhì)量m=0.1kg，邊長L=0.1m，總電阻R=0.05Ω，有界磁場的寬度為2L，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T，方向垂直線框平面向下。線框右邊緊挨磁場邊界，給線框水平向右的初速度v1=0.8m/s，求：(1)(4分)線框剛進(jìn)入磁場時(shí)的加速度；(2)(5分)進(jìn)入磁場過程中通過線框的電荷量q及完全進(jìn)入磁場中時(shí)線框的速度v2大小；(3)(8分)在乙圖中畫出線框通過磁場過程的v-x圖像。

答案精析1.ABC[對金屬桿與飛機(jī)，由動(dòng)量定理可得BILΔt=mv-0，q=IΔt，聯(lián)立可得BLq=mv，則提高電容器的放電量，可以提升飛機(jī)的起飛速度，故A正確；飛機(jī)向右加速，通過金屬桿ab的電流方向?yàn)閍→b，則電容器上板帶正電，下板帶負(fù)電，a端的電勢高于b端的電勢，故B正確；隨著飛機(jī)加速，金屬桿ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E=BLv增大，電容器兩端電壓U減小，當(dāng)U=E時(shí)，飛機(jī)的速度達(dá)到最大，此時(shí)電容器所帶的電荷量Q=CE=CBLv，不為零，故C正確，D錯(cuò)誤。]2.BC[由于導(dǎo)體棒1釋放點(diǎn)離AA'足夠遠(yuǎn)，導(dǎo)體棒1滑至AA'時(shí)一定達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，則導(dǎo)體棒1在傾斜導(dǎo)軌上下滑時(shí)先做加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由平衡條件可得B1IL+μmgcos37°=mgsin37°根據(jù)閉合電路歐姆定律及法拉第電磁感應(yīng)定律有I=B解得v=20m/s，故B正確；導(dǎo)體棒1、2組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒可得mv=2mv'則穩(wěn)定時(shí)，導(dǎo)體棒2的速度大小為v'=10m/s，故C正確；對導(dǎo)體棒2由動(dòng)量定理有B2ILΔt=mv'即B2Lq=mv'電荷量為q=mv'B2L=4C，故3.CD[金屬棒M自曲線導(dǎo)軌上h高度處靜止釋放，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh=12mv02，金屬棒M剛進(jìn)入磁場時(shí)，N受向右的安培力，根據(jù)牛頓第二定律有BB·2Lv02R·L=ma，解得M棒剛進(jìn)入磁場時(shí)N棒的加速度為a=B2L22ghmR，故A錯(cuò)誤；兩棒最終均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電路中感應(yīng)電流為零，則B·2LvM-BLvN=0，根據(jù)動(dòng)量定理，對金屬棒M、N分別有-BI·2LΔt=-2BLq=mvM-mv0，BILΔt=BLq=mvN，解得vM=152gh，vN=252gh，q=2m2gh5BL，故B錯(cuò)誤，C正確；全過程，根據(jù)能量守恒有mgh=4.(1)3.2m/s0.8m/s(2)0.41s解析(1)線燒斷前F=(m1+m2)gsin30°細(xì)線燒斷后F安1=F安2方向相反，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得m1v1=m2v2兩桿同時(shí)達(dá)到最大速度，之后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。對桿2有m2gsin30°=BIlI=Bl解得v1=3.2m/s，v2=0.8m/s(2)由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得m1v1=m2v2則m1x1=m2x2，即x2=0.2m設(shè)所求時(shí)間為t，對桿2由動(dòng)量定理得m2gsin30°·t-BIl·t=m2v2-0It=E·tR=Bl解得t=0.41s5.(1)2mgRsinθB2(3)gsinθ·t0+mgRsinθ解析(1)棒a在運(yùn)動(dòng)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(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，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=E2R，F(xiàn)棒a受力平衡可得mgsinθ=BIL聯(lián)立解得v0=2(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(dá)共速時(shí)對棒a由動(dòng)量定理有mgsinθ·t0-BILt0=mv-mv0棒b受沿導(dǎo)軌平面向下的安培力，對b棒由動(dòng)量定理有mgsinθ·t0+BILt0=mv聯(lián)立解得v=gsinθ·t0+v02=gsinθ·t0+I=m由法拉第電磁感應(yīng)定律可得I=E2R聯(lián)立可得Δx=mv0R6.(1)1.6m/s2，方向水平向左(2)0.2C0.6m/s(3)見解析圖解析(1)線框剛進(jìn)入磁場時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E1=BLv1=0.08V感應(yīng)電流為I1=E1R=1.6受到的安培力大小為F1=BI1L=0.16N根據(jù)牛頓第二定律可得，線框剛進(jìn)入磁場時(shí)的加速度大小為a1=F1m=1.6方向水平向左。(2)進(jìn)入磁場過程中通過線框的電荷量為q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔt解得q=0.2C根據(jù)動(dòng)量定理可得-BIL·Δt=mv2-mv1又BIL·Δt=BLq聯(lián)立解得線框完全進(jìn)入磁場中時(shí)線框的速度大小為v2=0.6m/s(3)取向右為正方向，在線框進(jìn)入磁場過程中，即0≤x≤0.1m，根據(jù)動(dòng)量定理可得-BIL·Δt=mv-mv1其中q=IΔt=ΔΦ