2020年高考物理专题精准突破电磁感应中的动量与能量综合问题(解析版)

1、2020年高考物理专题精准突破专题 电磁感应中的动量与能量综合问题【专题诠释】动量观点在电磁感应现象中的应用(1)对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题；(2)由bTl k m &q= T tX可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题.【高考领航】【2019 天津卷】2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B间电压为U ,使正离子加速形成离

2、子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数，e是元电荷。气休三© e电离空A； 一I (>*；IB(1)若引擎获得的推力为 Fi ,求单位时间内飘入 A、B间的正离子数目N为多少;(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力 F也不同，试推导 上的表达式；P(3)为提高能量的转换效率，要使F尽量大，请提出增大 F的三条建议。PP【答案】(1) N F1(2) F J-2m-(3)用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小. 2ZemU P . ZeU加速电压。【解析】(1)设正离子经过电极 B时的速

3、度为v,根据动能定理，有12F1 ,根据牛顿第三定律，有ZeU -mv 0 2设正离子束所受的电场力为F1F1 设引擎在t时间内飘入电极间的正离子个数为N ,由牛顿第二定律，有联立式，且 N N得tFi,2ZemU(2)设正离子束所受的电场力为F ,由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有1_P -F v2考虑到牛顿第三定律得到F F,联立式得2m.dZeU(3)为使F尽量大，分析式得到P三条建议：用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速电压。【2019 新课标全国出卷】如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属ab、cd导轨，两相同的光滑导体棒 ab、cd静止在

4、导轨上。t=0时，棒ab以初速度vo向右滑动。运动过程中,始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用V1、V2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是.【解析】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动，；金属 棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度 相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动， 故最终电路中电流为 0,故AC正确，BD错误。【方法技巧】 两金属杆在平直的光滑导轨上运动，只受到安培力作用，这类问题可以从以下三个观点来分析:(1)力学观点：通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减

5、小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动;(2)能量观点：其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和;(3)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒.【最新考向解码】例1.(2019广东佛山普通高中教学质量检测)如图所示，两根互相平行的金属导轨MN、PQ水平放置，相距d=1 m、且足够长、不计电阻。 AC、BD区域光滑，其他区域粗糙且动摩擦因数尸0.2,并在AB的左侧和CD的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度均为 B=2 T。在导轨中央放置着两根质量均为m=

6、1 kg、电阻均为R=2 的金属棒a、b,用一锁定装置将一弹簧压缩在金属棒a、b之间(弹簧与a、b不栓连)，此时弹簧具有的弹性势能 E=9 Jo现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b棒刚好进入磁场，且 b棒向右运动x=0.8 m 后停止，g 取 10 m/s2,求:(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小;(2)金属棒b刚进入磁场时的加速度大小;(3)整个运动过程中电路中产生的焦耳热。【答案】(1)3 m/s 3 m/s (2)8 m/s2 (3)5.8 JVa、Vb,对a、b组成的系统,【解析】(1)设a、b棒刚进入磁场时的速度大小分别为由动量守恒定律得：0 = mva mvb,1cle由能重寸恒

7、7E律得：Ep = 2mv2+ 2mv2,解得 Va = Vb = 3 m/s。(2)当a、b棒刚进入磁场时，两棒均切割磁感线，产生的感应电动势串联，则有：Ea=Eb=BdVa = 6 V,回路中感应电流I = 2E=3 A,2R对b受力分析，由牛顿第二定律得：BId+mg= mab,解得 ab= 8 m/s2°(3)将弹簧和金属棒a、b看做一个系统，分析可知，a、b棒所受力时刻大小相等、方向相反，故系统动量守恒，由动量守恒定律可知，a、b棒的速率时刻相同，即两者移动相同距离后停止，则在整个运动过程中，对系统，由能量守恒可得：Ep=2mgXQ,解得Q = 5.8 J。例2.两足够长且

8、不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置,间距为d=1 m,在左端弧形轨道部分高h= 1.25m处放置一金属杆 a,弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b,杆a、b的电阻分别为 Ra=2 Q Rb=5乌在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B = 2 T.现杆b以初速度大小vo= 5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a,卞f a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A;从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度一时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向),其中ma = 2 kg, mb= 1 kg, g取10 m/s2,求：(1)杆a

9、在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量;(3)在整个运动过程中杆 b产生的焦耳热.【答案】(1)5 s (2)7 C (3)115 J36【解析】(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0,对卞fb运用动量定量,有 Bd I . a mb(vo vbo)其中 Vb0= 2 m/s代入数据解得用=5 s.19(2)对卞f a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh=mav2解得 va = 2gh = 5 m/s设最后a、b两杆共同的速度为 v',由动量守恒定律得maVa mbVb0= (ma+ mb)v&#

10、39;代入数据解得v'= 8 m/s3杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆 a的速度从Va到v的运动时间为 At,则由动量定理可得BdI tk= ma(vav')而q= I .区代入数据得q = 7 C.3(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为12 1,、，2161 ,Q= magh + /mbvo2（mb+ma）v 6- J 5115b棒中广生的焦耳热为 q = 45Q="6- J.【微专题精练】1 .（2019江西名校联盟质检）如图所示，水平面上固定着两根相距 L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应弓II度为B的匀强磁场

11、中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为 R质量均为m,铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好.现给铜棒a 一个平行导轨向右的瞬时冲量 I,关于此后的过程，下列说法正确的是A.回路中的最大电流为BLImRB.铜棒b的最大加速度为B2L2I2m2RC.铜棒b获得的最大速度为mD.回路中产生的总焦耳热为I22m【解析】：给铜棒a 一个平行导轨的瞬时冲量I,此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I = mvo, vo=-,铜棒a电动势E=BLvo,回路电流mI0=2 = H，选项A错误；此时铜棒b受到安培力F=BIoL,其加速度a=

12、£ = 思2,选项B正确；此后2R 2mRm 2Rm铜棒a做变减速运动，铜棒 b做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒 b速度最大，据动量守恒，mv0,一一I ，一 一一 一 ,1c 1 c I2 一 ，= 2mv,铜棒b取大速度v=茄，选项C错反；回路中广生的焦耳热 Q = 2mv2万 mv2=4m，选项D错反.2 .（2019湖南雅礼中学一模）一个边长为L的正方形导线框在倾角为。的光滑斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方垂直于斜面向上的匀强磁场中.如图所示，斜面以及虚线下方的磁场往下方延伸到足够远.下列说法正确的是A.线框进入磁场的过程，b点的电势比a点高A . AB棒

13、的最终速度大小为 1 m/sB.该过程中电路产生的热量为0.6 JB.线框进入磁场的过程一定是减速运动C.线框中产生的焦耳热小于线框减少的机械能D.线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量相等【答案】：D【解析】：线框进入磁场的过程，ab边相当于电源，由右手定则知a点电势高于b点电势，选项 A错误；线框进入磁场的过程中可以减速、加速或匀速，选项 B错误；由能量守恒知线框中产生的焦耳热等于线框 减少的机械能，选项 C错误；通过线框横截面的电荷量q = T k-BL2 .笄BL2,与下落高度无关，选项 DR t R正确.3 .（2019山东滨州高三上学期期末 ）如图所示，在竖

14、直向上、磁感应强度为 B=1 T的匀强磁场中，两条足够 长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距 l = 1 m,电阻不计，金属棒 AB、CD水平放在两导轨上， 相隔为L = 0.2 m,棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为mi= 0.2 kg, CD棒质量为m2= 0.4 kg,两金属棒接入电路的总电阻 R= 0.5乌若CD棒以V0=3 m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒 间距最大的过程中，下列说法正确的是（）C.该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4 C D .两金属棒间的最大距离为0.3 m【答案】 BC【解析】开始时CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者速度相

15、等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0= （m1 + m2）v,解得v= 2 m/s, A错误；对两棒1 C 1组成的系统，由能重寸恒th律得：2m2v0= Q +，（m1+m2）v2，斛得Q=0.6 J, B正确；对 AB棒，由动重te理得：ZBilt=mv,而Ut = q,则：Blq = mv,解得q= 0.4 C, C正确；通过金属棒横截面的电荷量：q = IAt= EAt=-At = =Bd,两金属棒间的最大距离：D=d+ L=qR+L= 0.4A 嗥+0.2 m = 0.4 m, D 错误。R R R RBl1Xj4.（2018广东省

16、佛山市质检一）如图，水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为 L,左端连接的电源电动势为 E,内阻为r,质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R.整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是()A.金属杆的最大速度大小为 E-BL， mE2C.此过程中电源提供的电能为 器【答案】ACB.此过程中通过金属杆的电荷量为D.此过程中金属杆产生的热量为mE2B2L2mE22B2L2【解析】 闭合开关，金属杆做加速运动，产生感应电动势，感应电动势与电源电动势相等时，电流为零, 金属杆开

17、始做匀速运动 .电动势为E=BLv, v= B,故A正确；由动量定理BILt = BLq = mv 0,得q=BL2,.一、， mE2 .,故B错误；由能量守恒可知电源提供的电能E电=4£=器,故C正确；此过程中电能转化为金属杆的动能、1 C 1 E2RRmE2R及r广生的热重之和，由于 Ek=2mv2 = 2mBL2,金属杆广生的热重为 Qr= (E电一Ek)Rq； = 2 R+ r B2L2,故D错误.5.(2019山西晋中一模)如图所示，两根质量均为 m=2 kg的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为 1 ： 2,导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的

18、匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，现用 250 N的水平拉力F向右拉CD棒，在CD棒运动0.5 m的过程中，CD棒上产生的焦耳热为30 J,此时AB棒和CD棒的速度分别为Va和vc,且va： vc=1 ： 2,立即撤去拉力F,设导轨足(1)在CD棒运动0.5 m的过程中,够长且两棒始终在不同磁场中运动，求:AB棒上产生的焦耳热;(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度 va和vc的大小;(3)撤去拉力F后，两棒最终做匀速运动时的速度va和vc'的大小.【答案】(1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s【解析】(1)设两棒的长度分别为 L和2L

19、,电阻分别为 R和2R,由于电路在任何时候电流均相等，根据焦耳定律Q = 12Rt1可信 qab = /Qcd = 15 J.(2)根据能量守恒定律有Fs= 2mvA + 2mvc + Qab + Qcd又 Va ： vc= 1 : 2解得 va= 4 m/s, vc= 8 m/s.(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒开始向右做减速运动，两棒最终做匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足BLva'=B-Lvc'即 va= 2vc'设AB棒和CD棒受到的安培力大小分别为Fa和Fc,对两棒分别应用动量定理有FA

20、t = mvAmvA, F ct= mvc mvc因为Fc=2Fa解得VAVAvcVC联立以上各式解得va'= 6.4 m/s, vc'= 3.2 m/s.6.(2018山东省青岛市模拟)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r=0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离 l = 0.3 m ,导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B= 1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计 .有两根长度均为l的金属棒ab、cd,均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒 ab、 cd的质量分别为 m1=0.2 kg、m2=0.1 kg,电阻分别为 Ri= 0.1 DR2=0.2

21、觎让ab棒以vo = 10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP', cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g= 10 m/s2,求：ab棒开始向右运动时 cd棒的加速度a。；(2) cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小V1;(3) cd棒进入半圆轨道前 ab棒克服安培力做的功W.【答案】 (1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J【解析】 (1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I,有E= Blv0, EI = z Ri+ R2BIl = m2ao解得：ao = 30 m/s2(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为V

22、2,系统动量守恒，有mivo= mivi + m2v212122m2v2 = m2g r+ 2m2vpm2g= m2vP'解得：vi = 7.5 m/s 1c 1 c 由动能th理得一 W= 2m1322m1v。2解得：w= 4.375 J.7.(2019山东省淄博市质检)如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架 MNQP,位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L.空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感 应强度的大小为 B.另有质量也为 m的金属棒CD,垂直于MN放置在导轨上，并用一根与 CD棒垂直的绝缘细线系在定点 A.已知细线能承受的最大拉力为F

23、to, CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t=0时刻开始对a的匀加速直线运动U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时框架的瞬时速度vo大小;Q.(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热FtoR FtoR (2)mFT02R2B2L2a B2L2 () 4B4L4【解析】(1)细线断裂时,对棒有 Fto=F 安，F 安=BIL , I = R, E= BLvo, v°=at0细线断裂时框架的速度丫0=震v,设向右(2)在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运动，设二者最终速度大小均为为正方向，由系统动量守恒可得mvo