UePlus - 试卷云

专题30  电磁感应+动量

考点01 电磁感应+动量定理

1. （2024年高考湖南卷）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨段与段粗糙，其余部分光滑，右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度沿导轨向右经过进入磁场，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为，。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A. 金属杆经过的速度为

B. 在整个过程中，定值电阻R产生的热量为

C. 金属杆经过与区域，金属杆所受安培力的冲量相同

D. 若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍

【答案】CD

【解析】

设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA₁B₁B区域向右运动的过程中切割磁感线有

E = BLv，

金属杆在AA₁B₁B区域运动的过程中根据动量定理有

则

由于，则上面方程左右两边累计求和，可得

则

设金属杆在BB₁C₁C区域运动的时间为t₀，同理可得，则金属杆在BB₁C₁C区域运动的过程中有

解得

综上有

则金属杆经过BB₁的速度大于，故A错误；

在整个过程中，根据能量守恒有

则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为

故B错误；

金属杆经过AA₁B₁B与BB₁C₁C区域，金属杆所受安培力的冲量为

则金属杆经过AA₁B₁B与BB₁C₁C区域滑行距离均为，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；

根据A选项可得，金属杆以初速度在磁场中运动有

金属杆的初速度加倍，则金属杆通过AA₁B₁B区域时中有

则金属杆的初速度加倍，则金属杆通过时速度为

则设金属杆通过BB₁C₁C区域的时间为， 则

，

则

， 

则

由于，则

可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。

2. （2023年高考湖南卷）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为．运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为．

（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；

（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；

（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离．

【参考答案】（1）；（2）；（3）

【名师解析】

（1）a匀速运动切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv₀，

  导体棒a中电流I=E₁/2R

所受安培力F=BIL，

匀速运动，mgsinθ=F

联立解得v₀==

（2）当导体棒a匀速运动时，释放b，由左手定则可判断出导体棒b受到沿导轨斜向下的安培力力，由牛顿第二定律，mgsinθ+F=ma，

解得 a=2gsinθ。

（3释放导体棒b后，由于导体棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与导体棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两导体棒所受安培力均减小，对导体棒a，由动量定理，（mgsinθ-F）t₀=mv-mv₀

对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+F）t₀=mv

联立解得：v=gt₀sinθ+

取导体棒变速运动过程中，导体棒a速度为v_i时产生的感应电动势为E_i=BLv_i，同时导体棒b速度为v_j，感应电动势E_j=BLv_j，导体棒中电流为I==，所受安培力F=BIL=

对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+）△t=m△v

方程两侧求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v

注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（v_i-v_j）△t=△x

解得：△x=

3．（2023年全国高考新课程卷）（20分）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R₀，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。

（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。

（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R₁产生的热量。

【名师解析】

（1）设导线框进入磁场时速度为v₀，导线框完全进入时速度为v₁，

对导线框进入磁场过程中某时刻速度v_i，导线框中产生的感应电动势e=BLv_i，

感应电流，i=e/4R₀,

所受安培力F=BiL，

联立解得：F=

取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，

即  - △t=m△v，

方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，

注意到Σv_i△t=L，Σ△v= v₁- v₀，

化简得  =m（v₀-v₁）   ①

导线框完全在匀强磁场中运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，做匀速直线运动。

导线框出磁场过程，取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，

即  - △t=m△v，

方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，

注意到Σv_i△t=L，Σ△v=-v₁，

化简得  =m（v₁ -）   ②

①②两式消去v₁，得v₀=

（2）导线框进入磁场区域过程，右侧边切割磁感线产生感应电动势，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，其电路可以简化如下。

故电路中的外电路电阻为=,总电阻R_总=R₀+=

设导线框进入磁场时速度为v，导线框完全进入时速度为v₁，

对导线框进入磁场过程中某时刻速度v_i，导线框中产生的感应电动势e=Blv_i，

感应电流，i=e/R_总，

所受安培力F=Bil，

联立解得：F=

取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，

即  - △t=m△v，

方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，

注意到Σv_i△t=l，Σ△v= v₁- v，

化简得  =m（v-v₁）   ①

解得：v₁=v-=

在这个过程中线框动能减小△E_k1=-=

由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△E_k1=

设此过程中R₁中产生的热量为Q₁，由于R₁=2R，根据串并联电路规律和焦耳定律可知，导线框右边电阻产生的热量为4.5Q₁，左边电阻产生的热量为2Q₁，整个电路电阻产生的热量为Q=Q₁+4.5Q₁+2Q₁=7.5 Q₁.

解得：Q₁=

导线框完全在磁场区域运动，导线框可以视为内阻为0.5R的电源，回路总电阻R_总=2.5R，

导线框做减速运动，设导线框开始出磁场时速度为v₂，

对导线框进入磁场过程中某时刻速度v_i，导线框中产生的感应电动势e=Blv_i，

感应电流，i=e/R_总，

所受安培力F=Bil，

联立解得：F=

取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，

即  - △t=m△v，

方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，

注意到Σv_i△t=L，Σ△v= v₂- v₁，

化简得  =m（v₁-v₂）   ①

解得：v₂=v₁-=0，则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。

在这个过程中线框动能减小△E_k2==

由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△E_k1=

设此过程中R₁中产生的热量为Q₂，则导线框电阻产生的热量为Q₂，整个电路电阻产生的热量为Q’=1.25 Q₂.

解得：Q₂.= 

整个运动过程中，R₁产生的热量为Q= Q₁+ Q₂ ==+=

4. （2022福建高考）如图（a），一倾角为的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N．两根平行金属棒G、H垂直导轨放置，G的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定．G在后的速度一时间图线如图（b）所示，其中段为直线．已知：磁感应强度大小，，G、H和A的质量均为，G、H的电阻均为；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：，，重力加速度大小取，图（b）中e为自然常数，．求：

（1）在时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小；

（2）时，棒H上拉力的瞬时功率；

（3）在时间段内，棒G滑行的距离．

【参考答案】（1） ；；（2）；（3）

【命题意图】此题考查电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。对速度图像的理解、牛顿运动定律及其相关知识点。

【名师解析】

（1）由图像可得在内，棒G做匀加速运动，其加速度为

依题意物块A的加速度也为，由牛顿第二定律可得

解得细绳受到拉力

（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为

由牛顿运动定律和安培力公式有

由于在内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为，两棒速度差为

保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；

对棒H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力

由图像可知时，棒G的速度为

此刻棒H的速度为

其水平向右拉力的功率

．

（3）棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G加速度为

物块A加速度为

说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在内

棒G滑行的距离

这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速度，绳子始终松弛。

考点02 电磁感应+动量守恒定律

1. （2024高考江西卷）如图（a）所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sinθ₁ = 0.6，摩擦因数，足够长光滑水平导轨处于磁感应强度为B = 0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sinθ₂ = 0.8，摩擦因数。现将质量为m_甲 = 6kg的导体杆甲从斜面上高h = 4m处由静止释放，质量为m_乙 = 2kg的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d。已知导轨间距为l = 2m，两杆电阻均为R = 1Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g = 10m/s²，求：

（1）甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度？

（2）乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件？

（3）若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图（b）所示（t₁、t₂、t₃、t₄、b均为未知量），乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0 ~ t₃时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。

【答案】（1）a_乙0 = 2m/s²，方向水平向右；（2）d ≥ 24m；（3）

【解析】

（1）甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有

甲刚进人磁场时，平动切割磁感线有

E₀ = Blv₀

则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为

根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛顿第二定律有

BI₀l = m₂a_乙0

带入数据有

a_乙0 = 2m/s²，方向水平向右

（2）甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有

m₁v₀ = (m₁＋m₂)v_共

对乙根据动量定理有

其中

联立解得

d_min = Δx = 24m

则d满足

d ≥ 24m

（3）根据（2）问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx = 24m，且稳定时的速度v_共 = 6m/s乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有

m₂gsinθ₂＋μ₂m₂gcosθ₂ = m₂a_乙上

根据匀变速直线运动位移与速度的关系有

2a_乙上x_上 = v_共²

乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有

m₂gsinθ₂－μ₂m₂gcosθ₂ = m₂a_乙下

再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有

2a_乙下x_下 = v₁²

且

x_上 = x_下

联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度

v₁ = 5m/s

由于两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，则甲乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有

（m₁＋m₂）gsinθ₂＋μ₂（m₁＋m₂）gcosθ₂ = (m₁＋m₂)a_共上

同理有

2a_共上x_共上 = v²

且由图（b）可知

x_上 = 4.84x_共上

解得甲、乙碰撞后的速度

乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守恒有

m₁v₂－m₂v₁ = (m₁＋m₂))v

解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为

若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动量定理有

其中

解得

根据位移关系有

d_min′－Δx = Δx₁

解得

若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有

其中

解得

根据位移关系有

d_max－Δx－Δx₁ = Δx₂

解得

则d的取值范围为

2. （2023高考全国甲卷）（20分）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v₀的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：

（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小； 

（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；

（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。

【参考答案】（1）    （2）  （3）

【命题意图】本题考查电磁感应、弹性碰撞、平抛运动及其相关知识点。

【解题思路】

（1）Q与P弹性碰撞，由动量守恒定律，3mv₀=mv_P+3mv_Q，

由系统动能守恒，=+

联立解得：，

根据题述，P、Q落到地面同一点，由平抛运动规律可知，金属棒P滑出导轨时的速度大小为

（2）由能量守恒定律，金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量Q=-=

（3）P在导轨上做变速运动，设速度为v时金属棒中产生的感应电动势为e，电流为i，在△t时间内速度变化△v，由法拉第电磁感应定律，e=BLv，

由闭合电路欧姆定律，i=e/R

所受安培力 F=BiL=，

由动量定理，F△t=m△v，

即：△t=m△v，

方程两侧求和  Σ△t=Σm△v，

即Σv△t=mΣ△v，

注意到Σv△t=x，Σ△v=-= v₀，解得：x=

由x=v_Qt

解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为t=

【规律总结】两物体弹性碰撞，利用动量守恒定律和动能之和不变列方程解答；导体棒在磁场中切割磁感线运动为变速直线运动，可以采用微元法，把位移分割为微元，利用动量定理列方程解答。