高考物理专题复习 素养培优6　电磁感应中动力学、能量和动量的综合

2/2素养培优6电磁感应中动力学、能量和动量的综合1.（多选）（2024·重庆四区联考）如图所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd，与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住。两棒电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计。在两导轨间有竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静止状态，剪断细线后，在导体棒运动过程中（）A.回路中有感应电动势B.两根导体棒所受安培力的方向相同C.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒D.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒2.（多选）（2024·广东肇庆二模）如图所示，空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。有两根完全相同的金属棒a和b垂直静置于足够长的水平光滑平行金属导轨上，导轨间距为L、电阻不计，金属棒与导轨接触良好，两根金属棒的质量均为m、长度均为L、电阻均为R。将b固定在导轨上，某时刻给a施加一个水平向右的恒力F。下列说法正确的是（）A.a棒所受的安培力先增大后减小B.a棒的最大速度为2C.若解除b的固定，则稳定后两棒的速度相等D.若解除b的固定，则稳定后两棒的加速度相等3.（2024·河北高考14题）如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。（1）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。（2）锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于（1）问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。4.（2024·山东省实验中学一模）“途灵底盘”是华为公司新推出的一款智能化多场景的汽车减震系统。电磁减震器是该系统中重要组成部分。小明同学在实验室中模拟电磁减震器的工作原理。在绝缘滑动杆上固定4个完全相同且相互紧靠（忽略线圈间距离）的矩形线圈，使其进入右侧由电磁铁产生的磁场中做减速运动。右侧磁场的磁感应强度与电流之间的关系为B＝kI，其中k＝50T/A且产生的磁场范围足够大。已知滑动杆及线圈的总质量为m＝1.0kg，每个矩形线圈的匝数均为n＝10匝，阻值R＝1.0Ω，长为L＝20cm，宽为d＝10cm，整个过程不考虑互感影响，不计一切摩擦。（1）若电磁铁中的电流为20mA，求线圈1完全进入磁场时的速度变化量Δv；（2）若电磁铁中的电流为20mA且第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，求线圈中产生的焦耳热Q。5.（2024·四川雅安检测）如图所示，光滑导体轨道PMN和P'M'N'是两个完全一样的轨道，均由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道分别在M和M'点相切，两轨道并列平行放置，MN和M'N'位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L，P、P'之间有一个阻值为R的电阻，开关K是一个感应开关（开始时开关是断开的），矩形区域MNN'M'内有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为h。金属棒a和b的质量均为m、电阻均为R，在水平轨道某位置放上金属棒b，开始时b棒静止不动，a棒从圆弧顶端PP'处由静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x＝mR2gr2B2L2，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b棒离开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关K闭合（1）两棒速度稳定时的速度是多少？（2）两棒落到地面后的距离是多少？（3）从a棒开始运动至b棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳热是多少？

素养培优6电磁感应中动力学、能量和动量的综合1.AD剪断细线后，由于弹簧的作用，导体棒ab、cd反向运动，穿过导体棒ab、cd与导轨构成的矩形回路的磁通量增大，回路中产生感应电动势，A正确；导体棒ab、cd中产生的感应电流方向相反，根据左手定则，可知两根导体棒所受安培力的方向相反，B错误；两根导体棒和弹簧构成的系统在运动过程中所受外力矢量和为0，所以系统动量守恒，由于产生感应电流，产生热量，所以一部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，C错误，D正确。2.BD对a受力分析，结合牛顿第二定律有F－F安＝ma，F安＝BIL＝BBLv2RL＝B2L2v2R，解得a＝Fm－B2L2v2R，所以a做加速度减小的加速运动，故a棒所受的安培力一直增大，A错误；当a棒的加速度为a＝0时，a棒的速度最大，此时F＝B2L2v2R，可得v＝2FRB2L2，B正确；若解除b的固定，对a受力分析，结合牛顿第二定律有F－F安＝maa，对b受力分析结合牛顿第二定律有F安＝mab，开始时安培力较小，所以aa＞ab，两个棒都加速，由E＝BL（va3.（1）B2L3ωRB解析：（1）当OA棒切割磁感线的有效长度为l1＝2L时，该棒产生的感应电动势最大，有Emax＝Bl12ω此时CD棒所受的安培力最大，结合I＝ERFAmax＝ImaxBL＝B当OA棒切割磁感线的有效长度为l2＝L时，该棒产生的感应电动势最小，有Emin＝Bl2此时CD棒所受的安培力最小，有FAmin＝IminBL＝B2（2）设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f，OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好静止，则有FAmax＝mgsinθ＋f，FAmin＋f＝mgsinθ，结合（1）问分析有FAmax＝43mgsinθ，则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD棒由牛顿第二定律有FAmax＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma，联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝34.（1）0.4m/s，方向水平向左（2）0.72J解析：（1）由动量定理得nBL·nBLvR·Δt＝m其中d＝vΔt右侧磁场的磁感应强度为B＝kI解得Δv＝0.4m/s方向水平向左。（2）第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，由动量定理得－nBL·nBLv'R·Δt'＝其中3d＝v'Δt解得第一个线圈刚进入磁场时的速度为v＝1.2m/s线圈中产生的焦耳热Q＝12mv2＝0.72J5.（1）2gr2（2）rh2（3解析：（1）a棒沿圆弧轨道运动到最低处MM'时，由机械能守恒定律得mgr＝12m解得a棒运动到圆弧轨道最低处MM'时的速度v0＝2从a棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度v1的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒。由动量守恒定律得mv0＝2mv1解得两棒做匀速运动时的速度为v1＝2gr（2）经过一段时间，b棒离开轨道后，a棒与电阻R组成回路，从b棒离开轨道到a棒离开轨道的过程中，a棒受到安培力的