第二章 电磁感应 专题强化练10 电磁感应中的动量问题（含解析）-2024春高中物理选择性必修2（人教版）
文档属性
| 名称 | 第二章 电磁感应 专题强化练10 电磁感应中的动量问题（含解析）-2024春高中物理选择性必修2（人教版） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 193.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-03-06 07:56:17 | ||
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文档简介
专题强化练10 电磁感应中的动量问题
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
1.如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域，已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈进、出磁场的两个过程中( )
A．感应电流的方向相同
B．受到的安培力相等
C．动能的变化量相等
D．速度的变化量相同
2.(2022·连云港市高二期末)如图所示，两根间距为L、电阻不计且足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角θ＝30°，质量为m、电阻为R的金属棒MN被锁定在导轨上。整个装置处在方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，MN棒受到沿导轨平面向上、大小为mg的恒力F作用。某时刻棒解除锁定，经过时间t，棒刚好达到最大速度v。金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．解除锁定后，棒中产生的感应电流方向由N→M
B．解除锁定后瞬间，棒的加速度大小为g
C．t时间内棒重力势能的增加量大于回路中产生的焦耳热
D．时间t内通过MN棒的电荷量为
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
3.(2023·南京市高二月考)如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1 m，电阻可忽略不计。质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。现使MN获得水平向右的初速度v0＝4 m/s，下列说法正确的是( )
A．两棒最终速度都是4 m/s
B．从开始到稳定，棒MN上产生的热量为4 J
C．从开始到稳定，通过MN的电荷量为4 C
D．从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了4 m2
4.如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的水平向右的初速度v0、2v0，则两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中( )
A．ab中的最大电流为
B．ab达到稳定速度时，其两端的电压为0
C．ab速度为时，其加速度比cd的小
D．ab、cd间距增加了
5.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a(aA．完全进入磁场中时的速度大于
B．完全进入磁场中时的速度等于
C．完全进入磁场中时的速度小于
D．以上情况均有可能
6.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，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为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滑动。开始时，导体棒cd静止、ab有水平向右的初速度v0，两导体棒在运动过程中始终不接触。求：
(1)开始时，导体棒ab中电流的大小和方向；
(2)从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，cd棒上产生的焦耳热；
(3)当ab棒速度变为v0时，cd棒加速度的大小。
7.如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，两导轨间距为L＝1 m，M、P两点间接有阻值为R＝8 Ω的定值电阻。一根质量为m＝1 kg、电阻为r＝2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度大小为B＝5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。导轨的电阻可忽略不计。让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，沿斜面下滑d＝2 m时，金属杆达到最大速度，导轨和金属杆始终接触良好，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)金属杆达到的最大速度vm的大小；
(2)在这个过程中，电阻R上产生的热量；
(3)在这个过程中，金属杆所用时间以及流过R的电荷量q。
8．(2023·南京市第一中学校考期末)如图，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线，质量均为m的两根相同导体棒MN、PQ静置于图示的导轨上(两棒始终与导轨垂直且接触良好)。现使MN棒获得一个大小为v0、方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中( )
A．两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相反
B．两棒最终的速度大小均为
C．MN棒产生的焦耳热为
D．通过PQ棒某一横截面的电荷量为
专题强化练10 电磁感应中的动量问题
1．D [根据楞次定律可知，进入磁场过程中，线圈的感应电流方向为顺时针，离开磁场时，线圈的感应电流方向为逆时针，故A错误；设线圈内阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得I＝，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，则安培力为F＝BIL＝，由于线圈进入磁场时，产生感应电流，线圈部分动能转化为内能，则动能减小，线圈速度也减小，即进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，因此，进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培力，故B错误；根据动能定理可得W合＝F安·x＝ΔEk，由于进入和离开磁场的位移都相同，而进入磁场时的安培力大于离开磁场时的安培力，则进入磁场时的动能变化量大小大于离开磁场时的动能变化量大小，故C错误；根据动量定理可得Δp＝F安·Δt＝BL·Δt＝BL·q，而q＝·Δt＝·Δt＝，进入和离开磁场过程中ΔΦ相同，由此可知，进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同，则速度的变化量相同，故D正确。]
2．C [解除锁定后，根据右手定则可知，金属棒中产生的感应电流方向由M→N，所以A错误；设解除锁定后瞬间，棒的加速度大小为a，则有F－mgsin 30°＝ma，又F＝mg，解得a＝g，所以B错误；设经过时间t金属棒刚好达到最大速度v，此过程中在导轨上运动的位移为x，则t时间内棒重力势能的增加量为ΔEp＝mgx，回路中产生的焦耳热为Q＝－W安，由动能定理可得Fx＋W安－mgsin 30°·x＝mv2，整理可得mgx＋W安＝mv2，则有ΔEp>Q，所以C正确；设时间t内通过MN棒的电荷量为q，则有q＝t，经过时间t金属棒刚好达到最大速度v，由动量定理有mgt－BLt＝mv，解得q＝，所以D错误。]
3．C [在安培力作用下，MN减速，PQ加速，两棒最终速度相等，回路电流为零，由动量守恒定律可得mv0＝2mv1
解得两棒最终速度为v1＝2 m/s，A错误；由能量守恒定律可得，回路产生的焦耳热为Q＝mv02－·2m·v12
两棒电阻相等，产生的焦耳热相等，故棒MN上产生的热量为Q1＝Q
解得Q1＝2 J，B错误；对棒MN，由动量定理可得
－BL·Δt＝mv1－mv0
通过MN的电荷量为q＝·Δt
联立解得q＝4 C，C正确；整个过程回路产生的平均感应电动势为＝＝
平均感应电流为＝
通过MN的电荷量为q＝Δt
联立可得q＝，解得ΔS＝40 m2，故从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了40 m2，D错误。]
4．D [根据右手定则，回路产生顺时针方向(从上往下看)的感应电流，根据左手定则，cd棒所受安培力向左做减速运动，ab棒所受安培力向右做加速运动，稳定时以相同的速度运动。初始时刻电流最大，且Im＝＝，A错误；根据动量守恒定律得mv0＋m·2v0＝2mv
解得v＝v0，稳定时ab棒两端电压为U＝BLv＝BLv0，B错误；稳定前两棒所受安培力大小相等，方向相反，两棒的加速度也大小相等，方向相反，C错误；对ab根据动量定理得BLΔt＝m·v0－mv0，q＝Δt，对回路＝，＝，ΔΦ＝BLΔx，解得Δx＝，D正确。]
5．B [设线圈完全进入磁场中时的速度为v′，
线圈进入磁场过程，由动量定理有
－B1L·Δt1＝mv′－mv0
线圈离开磁场过程，同理－B2L·Δt2＝mv－mv′
由q＝，进出磁场时磁通量变化数值相同
得q1＝1·Δt1＝2·Δt2＝q2
联立各式得v′－v0＝v－v′
所以v′＝，故B正确。]
6．(1)，方向由a→b
(2)mv02 (3)
解析 (1)ab棒产生的感应电动势 Eab＝BLv0，
ab棒中电流 I＝＝
根据右手定则知方向由a→b。
(2)当ab棒与cd棒速度相同时，cd棒的速度最大，设最大速度为v，
由动量守恒定律有mv0＝2mv，解得v＝v0
由能量守恒定律得整个回路产生的焦耳热
Q＝mv02－(2m)v2，
解得Q＝mv02，两棒电阻相等，则cd棒上产生的焦耳热Q′＝Q＝mv02
(3)当ab棒的速度为v0时， 设cd棒的速度为v′，
由动量守恒定律mv0＝m×v0＋mv′
解得v′＝v0，Eab＝BL×v0，Ecd＝BL×v0
I＝＝，
解得I＝，cd棒受力为 F＝IBL＝，此时cd棒加速度为a＝＝。
7．(1)2 m/s (2)6.4 J (3)1.4 s 1 C
解析 (1)金属杆在磁场中运动时，产生的感应电动势为
E＝BLv
金属杆中的感应电流为I＝
金属杆受到的安培力为F安＝BIL
当速度最大时有＝mgsin θ
代入数据可得vm＝2 m/s
(2)由能量守恒定律可得mgdsin θ＝mvm2＋Q
代入数据可得Q＝8 J
由QR＝Q得QR＝6.4 J
(3)电路中的平均感应电动势为＝n
磁通量的变化量为ΔΦ＝BLd
平均电流为＝
流过定值电阻R的电荷量q＝Δt
可得q＝
代入数据得q＝1 C
由动量定理得mgΔtsin θ－BqL＝mvm－0
代入数据解得Δt＝1.4 s。
8．D [根据右手定则知，回路中产生沿NMPQN方向的感应电流，根据左手定则可知，MN棒受到的安培力水平向右，PQ棒受到的安培力也水平向右，且两棒受到的安培力大小相等，则两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，选项A错误；当两棒产生的感应电动势大小相等，相互抵消，回路中感应电流为零时，两棒均做匀速运动，达到稳定状态，稳定时，有Blv1＝Blv2，解得v1＝v2，对PQ棒，根据动量定理得I＝mv2－0，对MN棒，根据动量定理得－I＝mv1－mv0，解得v1＝v2＝，选项B错误；根据能量守恒定律得2Q＝mv02－(mv12＋mv22)，解得MN棒产生的焦耳热为Q＝，选项C错误；对PQ棒，根据动量定理得Bl·t＝mv2－0，通过PQ棒某一横截面的电荷量为q＝t，可得q＝，选项D正确。]
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
1.如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域，已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈进、出磁场的两个过程中( )
A．感应电流的方向相同
B．受到的安培力相等
C．动能的变化量相等
D．速度的变化量相同
2.(2022·连云港市高二期末)如图所示，两根间距为L、电阻不计且足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角θ＝30°，质量为m、电阻为R的金属棒MN被锁定在导轨上。整个装置处在方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，MN棒受到沿导轨平面向上、大小为mg的恒力F作用。某时刻棒解除锁定，经过时间t，棒刚好达到最大速度v。金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．解除锁定后，棒中产生的感应电流方向由N→M
B．解除锁定后瞬间，棒的加速度大小为g
C．t时间内棒重力势能的增加量大于回路中产生的焦耳热
D．时间t内通过MN棒的电荷量为
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
3.(2023·南京市高二月考)如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1 m，电阻可忽略不计。质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。现使MN获得水平向右的初速度v0＝4 m/s，下列说法正确的是( )
A．两棒最终速度都是4 m/s
B．从开始到稳定，棒MN上产生的热量为4 J
C．从开始到稳定，通过MN的电荷量为4 C
D．从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了4 m2
4.如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的水平向右的初速度v0、2v0，则两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中( )
A．ab中的最大电流为
B．ab达到稳定速度时，其两端的电压为0
C．ab速度为时，其加速度比cd的小
D．ab、cd间距增加了
5.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a(a
B．完全进入磁场中时的速度等于
C．完全进入磁场中时的速度小于
D．以上情况均有可能
6.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，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为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滑动。开始时，导体棒cd静止、ab有水平向右的初速度v0，两导体棒在运动过程中始终不接触。求：
(1)开始时，导体棒ab中电流的大小和方向；
(2)从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，cd棒上产生的焦耳热；
(3)当ab棒速度变为v0时，cd棒加速度的大小。
7.如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，两导轨间距为L＝1 m，M、P两点间接有阻值为R＝8 Ω的定值电阻。一根质量为m＝1 kg、电阻为r＝2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度大小为B＝5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。导轨的电阻可忽略不计。让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，沿斜面下滑d＝2 m时，金属杆达到最大速度，导轨和金属杆始终接触良好，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)金属杆达到的最大速度vm的大小；
(2)在这个过程中，电阻R上产生的热量；
(3)在这个过程中，金属杆所用时间以及流过R的电荷量q。
8．(2023·南京市第一中学校考期末)如图，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线，质量均为m的两根相同导体棒MN、PQ静置于图示的导轨上(两棒始终与导轨垂直且接触良好)。现使MN棒获得一个大小为v0、方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中( )
A．两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相反
B．两棒最终的速度大小均为
C．MN棒产生的焦耳热为
D．通过PQ棒某一横截面的电荷量为
专题强化练10 电磁感应中的动量问题
1．D [根据楞次定律可知，进入磁场过程中，线圈的感应电流方向为顺时针，离开磁场时，线圈的感应电流方向为逆时针，故A错误；设线圈内阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得I＝，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，则安培力为F＝BIL＝，由于线圈进入磁场时，产生感应电流，线圈部分动能转化为内能，则动能减小，线圈速度也减小，即进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，因此，进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培力，故B错误；根据动能定理可得W合＝F安·x＝ΔEk，由于进入和离开磁场的位移都相同，而进入磁场时的安培力大于离开磁场时的安培力，则进入磁场时的动能变化量大小大于离开磁场时的动能变化量大小，故C错误；根据动量定理可得Δp＝F安·Δt＝BL·Δt＝BL·q，而q＝·Δt＝·Δt＝，进入和离开磁场过程中ΔΦ相同，由此可知，进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同，则速度的变化量相同，故D正确。]
2．C [解除锁定后，根据右手定则可知，金属棒中产生的感应电流方向由M→N，所以A错误；设解除锁定后瞬间，棒的加速度大小为a，则有F－mgsin 30°＝ma，又F＝mg，解得a＝g，所以B错误；设经过时间t金属棒刚好达到最大速度v，此过程中在导轨上运动的位移为x，则t时间内棒重力势能的增加量为ΔEp＝mgx，回路中产生的焦耳热为Q＝－W安，由动能定理可得Fx＋W安－mgsin 30°·x＝mv2，整理可得mgx＋W安＝mv2，则有ΔEp>Q，所以C正确；设时间t内通过MN棒的电荷量为q，则有q＝t，经过时间t金属棒刚好达到最大速度v，由动量定理有mgt－BLt＝mv，解得q＝，所以D错误。]
3．C [在安培力作用下，MN减速，PQ加速，两棒最终速度相等，回路电流为零，由动量守恒定律可得mv0＝2mv1
解得两棒最终速度为v1＝2 m/s，A错误；由能量守恒定律可得，回路产生的焦耳热为Q＝mv02－·2m·v12
两棒电阻相等，产生的焦耳热相等，故棒MN上产生的热量为Q1＝Q
解得Q1＝2 J，B错误；对棒MN，由动量定理可得
－BL·Δt＝mv1－mv0
通过MN的电荷量为q＝·Δt
联立解得q＝4 C，C正确；整个过程回路产生的平均感应电动势为＝＝
平均感应电流为＝
通过MN的电荷量为q＝Δt
联立可得q＝，解得ΔS＝40 m2，故从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了40 m2，D错误。]
4．D [根据右手定则，回路产生顺时针方向(从上往下看)的感应电流，根据左手定则，cd棒所受安培力向左做减速运动，ab棒所受安培力向右做加速运动，稳定时以相同的速度运动。初始时刻电流最大，且Im＝＝，A错误；根据动量守恒定律得mv0＋m·2v0＝2mv
解得v＝v0，稳定时ab棒两端电压为U＝BLv＝BLv0，B错误；稳定前两棒所受安培力大小相等，方向相反，两棒的加速度也大小相等，方向相反，C错误；对ab根据动量定理得BLΔt＝m·v0－mv0，q＝Δt，对回路＝，＝，ΔΦ＝BLΔx，解得Δx＝，D正确。]
5．B [设线圈完全进入磁场中时的速度为v′，
线圈进入磁场过程，由动量定理有
－B1L·Δt1＝mv′－mv0
线圈离开磁场过程，同理－B2L·Δt2＝mv－mv′
由q＝，进出磁场时磁通量变化数值相同
得q1＝1·Δt1＝2·Δt2＝q2
联立各式得v′－v0＝v－v′
所以v′＝，故B正确。]
6．(1)，方向由a→b
(2)mv02 (3)
解析 (1)ab棒产生的感应电动势 Eab＝BLv0，
ab棒中电流 I＝＝
根据右手定则知方向由a→b。
(2)当ab棒与cd棒速度相同时，cd棒的速度最大，设最大速度为v，
由动量守恒定律有mv0＝2mv，解得v＝v0
由能量守恒定律得整个回路产生的焦耳热
Q＝mv02－(2m)v2，
解得Q＝mv02，两棒电阻相等，则cd棒上产生的焦耳热Q′＝Q＝mv02
(3)当ab棒的速度为v0时， 设cd棒的速度为v′，
由动量守恒定律mv0＝m×v0＋mv′
解得v′＝v0，Eab＝BL×v0，Ecd＝BL×v0
I＝＝，
解得I＝，cd棒受力为 F＝IBL＝，此时cd棒加速度为a＝＝。
7．(1)2 m/s (2)6.4 J (3)1.4 s 1 C
解析 (1)金属杆在磁场中运动时，产生的感应电动势为
E＝BLv
金属杆中的感应电流为I＝
金属杆受到的安培力为F安＝BIL
当速度最大时有＝mgsin θ
代入数据可得vm＝2 m/s
(2)由能量守恒定律可得mgdsin θ＝mvm2＋Q
代入数据可得Q＝8 J
由QR＝Q得QR＝6.4 J
(3)电路中的平均感应电动势为＝n
磁通量的变化量为ΔΦ＝BLd
平均电流为＝
流过定值电阻R的电荷量q＝Δt
可得q＝
代入数据得q＝1 C
由动量定理得mgΔtsin θ－BqL＝mvm－0
代入数据解得Δt＝1.4 s。
8．D [根据右手定则知，回路中产生沿NMPQN方向的感应电流，根据左手定则可知，MN棒受到的安培力水平向右，PQ棒受到的安培力也水平向右，且两棒受到的安培力大小相等，则两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，选项A错误；当两棒产生的感应电动势大小相等，相互抵消，回路中感应电流为零时，两棒均做匀速运动，达到稳定状态，稳定时，有Blv1＝Blv2，解得v1＝v2，对PQ棒，根据动量定理得I＝mv2－0，对MN棒，根据动量定理得－I＝mv1－mv0，解得v1＝v2＝，选项B错误；根据能量守恒定律得2Q＝mv02－(mv12＋mv22)，解得MN棒产生的焦耳热为Q＝，选项C错误；对PQ棒，根据动量定理得Bl·t＝mv2－0，通过PQ棒某一横截面的电荷量为q＝t，可得q＝，选项D正确。]