電磁感應與動量定理試卷一、選擇題（每題5分，共40分）1.電磁感應現(xiàn)象的本質(zhì)是（）A.磁場對電流的作用B.磁通量變化產(chǎn)生感應電動勢C.電荷在磁場中受力運動D.電場與磁場的相互轉(zhuǎn)化解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律，當穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化時，回路中會產(chǎn)生感應電動勢，這是電磁感應現(xiàn)象的核心本質(zhì)。選項A描述的是安培力，屬于磁場對電流的作用；選項C是洛倫茲力的表現(xiàn)；選項D涉及電磁場轉(zhuǎn)化，但并非電磁感應的直接本質(zhì)。因此正確答案為B。2.質(zhì)量為m的物體以初速度v?在光滑水平面上運動，受到恒定阻力F作用直至靜止，其運動時間為（）A.mv?/FB.mv?2/(2F)C.Fv?/mD.2mv?/F解析：根據(jù)動量定理，合外力的沖量等于動量的變化量。物體所受合外力為阻力F，方向與運動方向相反，末動量為0，因此有-Ft=0-mv?，解得t=mv?/F。正確答案為A。3.如圖所示，矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是（）A.線圈平面與磁場方向平行時磁通量最大B.線圈平面與磁場方向垂直時感應電流最大C.轉(zhuǎn)動過程中感應電動勢的大小隨時間正弦規(guī)律變化D.轉(zhuǎn)動周期越大，感應電動勢的最大值越大解析：當線圈平面與磁場垂直時，磁通量最大但磁通量變化率為零，感應電動勢為零；當線圈平面與磁場平行時，磁通量為零但變化率最大，感應電動勢最大。感應電動勢的瞬時值表達式為e=NBSωsinθ，其中ω=2π/T，因此周期越大，角速度越小，電動勢最大值越小。正確答案為C。4.兩物體碰撞過程中，若系統(tǒng)所受合外力為零，則碰撞前后一定守恒的物理量是（）A.動能B.動量C.速度D.機械能解析：動量守恒的條件是系統(tǒng)所受合外力為零，與碰撞類型無關（彈性或非彈性碰撞均滿足動量守恒）。而動能和機械能在非彈性碰撞中會損失，速度是矢量且與質(zhì)量相關，不一定守恒。正確答案為B。5.半徑為r的圓形線圈共N匝，在磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度ω繞垂直磁場的軸轉(zhuǎn)動，其感應電動勢的最大值為（）A.NBr2ωB.NBrωC.NπBr2ωD.NπBrω解析：線圈轉(zhuǎn)動時，最大感應電動勢E?=NBSω，其中面積S=πr2，因此E?=NπBr2ω。正確答案為C。6.質(zhì)量為2m的物體A以速度v與靜止的質(zhì)量為m的物體B發(fā)生彈性碰撞，碰撞后兩物體的速度分別為（）A.v/3，4v/3B.2v/3，v/3C.v/3，2v/3D.v/2，v解析：彈性碰撞同時滿足動量守恒和動能守恒。設碰撞后A、B速度分別為v?、v?，根據(jù)動量守恒：2mv=2mv?+mv?；根據(jù)動能守恒：(1/2)(2m)v2=(1/2)(2m)v?2+(1/2)mv?2。聯(lián)立解得v?=v/3，v?=4v/3。正確答案為A。7.下列哪種情況一定能產(chǎn)生感應電流（）A.閉合線圈在勻強磁場中運動B.閉合線圈在磁場中做切割磁感線運動C.閉合線圈內(nèi)磁通量發(fā)生變化D.導體棒在磁場中切割磁感線運動解析：產(chǎn)生感應電流的條件是閉合回路和磁通量變化。選項A中若線圈平動且磁場均勻，磁通量不變；選項B中若線圈整體切割磁感線（如矩形線圈沿垂直磁場方向平移），磁通量可能不變；選項D中若導體棒未構成閉合回路，無法形成電流。因此正確答案為C。8.一物體從高處自由下落，與地面碰撞后反彈，若碰撞時間極短，則碰撞過程中關于物體動量和所受沖量的說法正確的是（）A.動量變化量為零B.沖量方向豎直向上C.動量大小不變D.沖量大小等于重力的沖量解析：碰撞前物體動量豎直向下，碰撞后動量豎直向上，動量變化量不為零且方向豎直向上。根據(jù)動量定理，沖量方向與動量變化量方向一致，即豎直向上。碰撞時間極短，重力沖量可忽略，因此沖量主要由地面作用力提供。正確答案為B。二、填空題（每空3分，共30分）9.穿過某閉合回路的磁通量隨時間變化的規(guī)律為Φ=3t2+2t（Wb），則t=2s時回路中的感應電動勢大小為______V。答案：14解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律，E=|ΔΦ/Δt|=dΦ/dt=6t+2，代入t=2s得E=6×2+2=14V。10.質(zhì)量為5kg的物體以10m/s的速度運動，受到與運動方向相反的恒力作用，經(jīng)過2s速度減為6m/s，則該力的大小為______N。答案：10解析：根據(jù)動量定理Ft=mΔv，取初速度方向為正方向，則F×2=5×(6-10)，解得F=-10N，力的大小為10N。11.閉合線圈在勻強磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的交變電流，其電動勢瞬時值表達式為e=220√2sin100πt（V），則該交流電的頻率為______Hz。答案：50解析：由表達式可知角速度ω=100πrad/s，頻率f=ω/(2π)=50Hz。12.質(zhì)量為m的小球以速度v垂直撞擊墻壁，反彈速度大小為v/2，碰撞過程中墻壁對小球的沖量大小為______。答案：3mv/2解析：取反彈方向為正方向，初動量p?=-mv，末動量p?=m(v/2)，沖量I=p?-p?=m(v/2)-(-mv)=3mv/2。13.如圖所示，水平放置的光滑導軌上有一導體棒ab，垂直導軌放置，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中。當導體棒在水平外力作用下向右勻速運動時，棒中感應電流的方向為______（選填“a→b”或“b→a”）。答案：a→b解析：根據(jù)右手定則，導體棒向右切割磁感線，磁感線豎直向下穿過手心，拇指指向運動方向，四指指向感應電流方向，因此電流從a→b。14.兩質(zhì)量均為m的小球A、B，靜止在光滑水平面上，A球受到水平向右的沖量I作用后與B球發(fā)生完全非彈性碰撞，則碰撞后兩球的共同速度為______。答案：I/(2m)解析：A球獲得的初速度v?=I/m，完全非彈性碰撞后兩球共速，根據(jù)動量守恒mv?=2mv，解得v=v?/2=I/(2m)。15.面積為0.5m2的閉合線圈共100匝，在磁感應強度為0.2T的勻強磁場中，線圈平面從與磁場方向平行轉(zhuǎn)至垂直方向的過程中，磁通量的變化量為______Wb。答案：0.1解析：初始磁通量Φ?=0（平面平行磁場），末磁通量Φ?=BS=0.2×0.5=0.1Wb，變化量ΔΦ=Φ?-Φ?=0.1Wb。16.質(zhì)量為2kg的物體從靜止開始，在水平拉力作用下沿粗糙水平面運動，拉力做功50J，克服摩擦力做功30J，則物體末動能為______J。答案：20解析：根據(jù)動能定理，合外力做功等于動能變化量，即W拉-Wf=Ek末-0，因此Ek末=50-30=20J。三、計算題（共40分）17.（10分）如圖所示，足夠長的光滑平行導軌間距L=0.5m，傾角θ=30°，導軌上端接有電阻R=2Ω，勻強磁場垂直導軌平面向上，磁感應強度B=1T。質(zhì)量m=0.1kg的導體棒ab垂直導軌放置，從靜止釋放后沿導軌下滑。（g=10m/s2，導體棒電阻不計）（1）求導體棒下滑的最大速度；（2）當速度達到最大速度的一半時，導體棒的加速度大小。解答：（1）導體棒下滑過程中，受重力、支持力和安培力作用。隨著速度增大，感應電動勢E=BLv增大，感應電流I=E/R=BLv/R，安培力F安=BIL=B2L2v/R，方向沿導軌向上。當加速度為零時，速度達到最大，此時受力平衡：mgsinθ=B2L2v?/R代入數(shù)據(jù)：0.1×10×sin30°=(12×0.52×v?)/2解得v?=(0.1×10×0.5×2)/(1×0.25)=4m/s（2）當v=v?/2=2m/s時，安培力F安'=B2L2v/R=(1×0.25×2)/2=0.25N根據(jù)牛頓第二定律：mgsinθ-F安'=ma代入數(shù)據(jù)：0.1×10×0.5-0.25=0.1a解得a=(0.5-0.25)/0.1=2.5m/s218.（12分）質(zhì)量M=2kg的木塊靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m=0.1kg的子彈以v?=200m/s的速度水平射入木塊，穿出時子彈速度v=100m/s。求：（1）子彈穿出后木塊的速度；（2）子彈穿透木塊過程中系統(tǒng)損失的機械能；（3）若子彈未穿出木塊，木塊獲得的最大速度。解答：（1）子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，取子彈初速度方向為正方向：mv?=mv+Mv木代入數(shù)據(jù)：0.1×200=0.1×100+2v木解得v木=(20-10)/2=5m/s（2）系統(tǒng)損失的機械能等于初動能與末動能之差：ΔE=(1/2)mv?2-[(1/2)mv2+(1/2)Mv木2]代入數(shù)據(jù)：ΔE=0.5×0.1×2002-[0.5×0.1×1002+0.5×2×52]=2000-[500+25]=1475J（3）若子彈未穿出，二者共速，根據(jù)動量守恒：mv?=(m+M)v共解得v共=(0.1×200)/(0.1+2)≈9.52m/s19.（18分）如圖所示，水平面上有一質(zhì)量M=3kg的木板，木板上表面粗糙，下表面光滑。木板右端靜置一質(zhì)量m=1kg的物塊，物塊與木板間動摩擦因數(shù)μ=0.2。t=0時刻，木板受到水平向右的恒力F=10N作用，同時物塊受到水平向右的瞬時沖量I=2N·s。（g=10m/s2）（1）求物塊獲得的初速度；（2）判斷物塊與木板是否會發(fā)生相對滑動；（3）若能相對滑動，求出1s內(nèi)木板和物塊的位移差；若不能，求出共同加速度。解答：（1）對物塊，根據(jù)動量定理I=mv?-0，解得v?=I/m=2/1=2m/s（2）假設二者不相對滑動，共同加速度a=F/(M+m)=10/(3+1)=2.5m/s2對物塊，所需靜摩擦力f=ma=1×2.5=2.5N最大靜摩擦力f???=μmg=0.2×1×10=2N由于f>f???，假設不成立，二者發(fā)生相對滑動（3）物塊受滑動摩擦力f=μmg=2N，加速度a?=f/m=2m/s2（方向與v?相同，做勻加速運動）木板受拉力F和向左的摩擦力f，加速度a?=(F-f)/M=(10-2)/3=8/3≈2.67m/s21s內(nèi)物塊位移：x?=v?t+(1/2)a?t2=2×1+0.5×2×12=3m木板位移：x?=(1/2)a?t2=0.5×(8/3)×12≈1.33m位移差Δx=x?-x?=3-1.33≈1.67m四、綜合應用題（30分）20.（30分）如圖所示，兩足夠長的平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，間距L=1m，左端接有電容C=2F的電容器，導軌間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T。質(zhì)量m=0.2kg的導體棒ab垂直導軌放置，與導軌間動摩擦因數(shù)μ=0.1，t=0時刻，給導體棒施加水平向右的恒力F=1.2N，從靜止開始運動。（g=10m/s2，導體棒電阻不計，導軌電阻忽略）（1）分析導體棒的運動狀態(tài)變化；（2）求電容器兩極板的最大電壓；（3）若在導體棒速度達到穩(wěn)定后，突然撤去恒力F，求此后導體棒滑行的距離。解答：（1）導體棒運動后，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E=BLv，電容器充電，電路中產(chǎn)生充電電流I=ΔQ/Δt=CΔU/Δt=CBLΔv/Δt=CBLa（a為導體棒加速度）。導體棒受拉力F、摩擦力f=μmg和安培力F安=BIL=B(CBLa)L=B2L2Ca，根據(jù)牛頓第二定律：F-μmg-B2L2Ca=ma整理得：a=(F-μmg)/(m+B2L2C)代入數(shù)據(jù)：F-μmg=1.2-0.1×0.2×10=1NB2L2C=0.52×12×2=0.5kg因此a=1/(0.2+0.5)=10/7≈1.43m/s2由于加速度a為定值，導體棒做勻加速直線運動，直至電容器電壓等于感應電動勢且充電結(jié)束，電流I=0，此后安培力消失，導體棒在F和f作用下繼續(xù)加速，但此時加速度a'=(F-μmg)/m=1/0.2=5m/s2，速度繼續(xù)增大，再次產(chǎn)生感應電動勢，電容器再次充電，重復上述過程。但在理想情況下，當電容器電壓U=BLv穩(wěn)定時，充電電流為零，此時導體棒加速度達到穩(wěn)定值a=(F-μmg)/m=5m/s2，做勻加速運動。（2）當電容器充電結(jié)束時，電流I=0，此時U=BLv，但由于導體棒仍在加速，電壓會持續(xù)增大，因此電容器兩極板電壓隨速度增大而增大，無最大電壓（注：若考慮實際情況，當速度過大時可能存在其他約束，但根據(jù)題目條件，理論上電壓可隨速度無限增大）。（3）撤去恒力F后，導體棒速度v?，此時電容器電壓U=BLv?，儲存電荷量Q=CU=CBLv?。撤去F后，導體棒受摩擦力和安培力（電容器放電產(chǎn)生電流）作用減速，加速度a=-(f+F安)/m=-(μmg+BIL)/m。放電電流I=ΔQ/Δt=CΔU/Δt=CBLΔv/Δt=-CBLa（負號表示電流方向與原方向相反），代入得：a=-(μmg+B2L2Ca)/m整理得：a(m+B2L2C)=-μmg代入數(shù)據(jù)：a(0.2+0.5)=-0.2解得a=-0.2/0.7≈-0.286m/s2根據(jù)運動學公式v2-v?2=2ax，最終速度v=0，因此x=v?2/(2|a|)。但由于撤去F前導體棒做勻加速運動，需先求撤去F時的速度v?。設撤去F前運動時間為t，則v?=a't（a'=5m/s2），但題目未給出時間，此處假設撤去F時速度已穩(wěn)定，即電容器不再充電，此時I=0，F(xiàn)安=0，因此v?可由F-μmg=ma'求得，但此過程中電壓U=BLv?持續(xù)增大，因此需用動量定理求解滑