2025年新高考物理大题必刷《动量观点在电磁感应中的应用》含答案

1 2 2 5 8 11间距为L(和矩形线框的边长ab相等)的平行金属导轨PQ、MN模拟列车行驶的轨道，导轨间存在垂直(1)求列车模型所受阻力f的大小；22距上表面L处。导体框继续向右运动，与NP右侧4.5L处的竖直固定挡板发生弹性正碰。当ad返回(2)求导体框向右离开磁场过程中所经历的时间以及此过程中拉力冲量IF的大小；3344(2)求棒MN的最大速度vm；(结果保留2位小数)55平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后流I其他+IlBΔt=mv-mv0或I其他-I—lBΔt=mv-mv0；IlBΔt=mv-mv0或-IlBΔt=mv-mv0。3.求位移Δt=mv-mv0有66水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为77在一个宽度L=1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=0.5T，方向如图所示．一根质量ma=88(3)整个运动过程中电路中产生的焦耳热.99度的大小为B。有一质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与MN平行的绝缘细线系在定点A。已知细线能承受的最大拉力为T0，棒接入导轨间的有(1)求从导轨开始运动到细线断裂所需的时间及细线下滑，经时间t下滑到虚线MN位置时，恰好再次匀速运动．已知全过程中导体棒始终垂直于AO且与(1)导体棒运动到MN位置时的速度大小v.(2)导体棒从BC位置运动到MN位置过程中，经过导体棒的电荷量q.导轨分为区域PQFE和长度为2x0的区域EFMN，在P、Q两点通过细导线连接阻值为R的定值电阻，右端M、N处。由静止释放金属棒，弹簧将其弹开，当金属棒运动距离为x0时开始计时，同时在区域PQFE内加上一个方向竖直向上的变化磁场，其磁感应强度大小按B=kt(k大于0且为常数)的规律变(1)金属棒刚脱离弹簧时的速度大小v；(3)金属棒沿倾斜导轨向下滑行的最大距离xm。5.(2024广州阶段检测)如图所示，在水平面内固定着间距为L的两根光滑平行金属导轨(导轨足够长且触.小.的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为L的金(1)cd棒通过轨道最高位置PP′的速度大小v及cd棒刚进入半圆轨道瞬间的速度大小v2.中未画出。导轨水平部分的右侧和光滑倾斜导轨(足够长)平滑连接，倾斜部分的倾角为30°。质量为m1=1kg的金属棒P从四分之一圆弧的最高点由静止释放，经过AA′滑上水平轨道，在(1)金属棒P从静止释放运动到AA′时克服安培力做的功；8.(2024浙江模拟预测)一实验小组设计了电动小车来正方形的多个水平排列的有界匀强磁场，相邻两磁场方向相反。转子为水平放置的正方形线框。磁场(1)求线框受到的阻力大小f；(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. 1 2 2 5 7 11间距为L(和矩形线框的边长ab相等)的平行金属导轨P答案①a1=a；②W=mv2+线框所受安培力大小为F=2ILB=当时，对列车根据平衡条件有f=F=(2)①列车做匀加速运动时，根据牛顿第二定律ma=F-f可知安培力恒定，根据线框所受安培力F=2ILB=②磁场匀加速运动t时间内，对列车根据动量定理有t-ft=mv-m⋅其中t时间内磁场位移为xo磁o=v0t+可解得t时间内列车位移xo车o=v0t+at2-+222对列车根据动能定理有W-fx。车。=mv2-mv0(2可解得t时间内列车所受安培力做功为W=mv2++--mv距上表面L处。导体框继续向右运动，与NP右侧4.5L处的竖直固定挡板发生弹性正碰。当ad返回(2)求导体框向右离开磁场过程中所经历的时间以及此过程中拉力冲量IF的大小；摩擦力f和施加水平向右的拉力F。其中传送带向左的滑动摩擦力f=ma=0则受到的安培力为F安=2BIL传送带向左的滑动摩擦力为f=ma则有F-F安-f=ma则F=F安+2ma33则导体框返回ad到NP时，由动能定律可得-f×3L=解得v2=v0E=BLv2=BLv0导线框ad边受到向右的安培力Fad=BIL导线框ab边受到向下的安培力b=BIx=到向右的摩擦力2=μmg==BLv0导线框bc受到向右的安培力Fbc=BINL导线框ab边受到向上的安培力Fb=BIN(7L-x)=此时导线框受到的摩擦力Ff3=μ(mg-Fb(=-(4L<x≤7L)44联立可得F=联立可得q=(3)线框bc边刚进入磁场至线框bc边刚要出磁场的过程，根据动量定理mgsinθ⋅t-ft-F⋅t/=mΔv=0又F⋅t/=R(mgsinθ-f(解得tR(mgsinθ-f(所受安培力F安1=BI1L由闭合电路欧姆定律得I1=由电磁感应定律得E=BLv1由牛顿第二定律得F-F安1=ma拉力的功率P=Fv1解得P=0.04W。(2)金属棒MN达到最大速度vm时，金属棒MN受力平衡F2=F安2=保持拉力的功率不变P=F2vm解得vm=m/s≈0.28m/s。mvm=2mv55解得v=0.14m/s根据法拉第电磁感应定律得E=通过两棒的电荷量为q=IΔt解得撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量Δx的最大值是Δx≈0.28m。平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后流(mgt+m(2)感应电动势E=BLvmgt-LBt=mv-mvm即mgt-=mv-mvm解得x=(mgt+m66I其他+IlBΔt=mv-mv0或I其他-I—lBΔt=mv-mv0；IlBΔt=mv-mv0或-IlBΔt=mv-mv0。3.求位移：由-Δt=mv-mv0有x=v-Δt=。水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为mgR(1-cos60°)=mv2解得v=gR进入磁场瞬间，回路中的电流为I==。mv=(2m+m)v′，解得v′=、gR。故Q=mv2-×3mv′2解得Q=mgR。77在一个宽度L=1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=0.5T，方向如图所示．一根质量ma=电路中产生的平均电动势为E-==-平均电流为I=2金属棒a受到的安培力为F-=BI-d解得对金属棒第一次离开磁场时速度va=1.5m/s-mav(2)规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得mava=mav+mbvb，mav=mav2+mbv联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为va=-0.5m/s。==B==Δt/-平均电流为I/=⋅Δt=0-mav联立并带入数据解得x=0.8m88(3)整个运动过程中电路中产生的焦耳热.0=mva-mvb解得va=vb=3m/sEp=2μmgx+Q99答案:(1)=1(2)x>(3)Q1=mgh又Fa=IaLB，Fb=IbLB=(m+m+2m)v1对c棒，由动量定理得-BLIt=mv1-mv0又q=It=t=t==Bx其中R总=2R+=联立解得Δx=(3)因为c棒进入磁场时与b棒之间的距离x0=<2在c棒与b棒的完全非弹性碰撞中损失掉。则有E损=mv-(m+m+2m)v=mgh定律得mv0=mv3+(m+2m)v2=mv3-mv0联立解得v2=v0，v3=v0c棒与b棒碰撞过程，由动量守恒定律可得mv2+mv3=(m+m)v4解得v4=v0碰撞瞬间损失的机械能为Q2=mv+mv-2mv=mgh则a、b、c三棒在全过程中产生的焦耳热为Q1=E损-Q2=mgh方向，则2mv-mv=mv1回路中的感应电动势为E′=BLv1回路中的感应电流为I′=乙导体棒受到的安培力大小为F′=BI′L根据牛顿第二定律，有F′=ma(3)当两导体棒速度相同时，回路中的感应电流为零．设两导体棒共同运动速度为v共．由动量守恒定律得2mv-mv=2mv共-BI-Lt=mv共-2mv，电荷量qm=I-t度的大小为B。有一质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与MN平行的绝缘细线系在定点A。已知细线能承受的最大拉力为T0，棒接入导轨间的有由系统动量守恒可得mv0=2mv下滑，经时间t下滑到虚线MN位置时，恰好再次匀速运动．已知全过程中导体棒始终垂直于AO且与(1)导体棒运动到MN位置时的速度大小v.从MN位置开始导体棒受力平衡，分析可得R=2kLI=mgsinθ=BIL联立可解得v=(2)导体棒从BC位置运动到MN位置过程中由动量定理得mgsinθ·t-BILt=mv-mv0q=It联立可得q=-(3)设导体棒从A点运动到BC位置过程中产生的焦耳热为Q，导体棒从A点开始匀速运动任意一小段位移L′=2xtan30°R′=2k感应电动势为E′=BL′v0I′==安培力FA=BI′L′=x会随位移均匀变化/3B2v0L2WA=/3B2v0L2Q=WA=导轨分为区域PQFE和长度为2x0的区域EFMN，在P、Q两点通过细导线连接阻值为R的定值电阻，右端M、N处。由静止释放金属棒，弹簧将其弹开，当金属棒运动距离为x0时开始计时，同时在区域PQFE内加上一个方向竖直向上的变化磁场，其磁感应强度大小按B=kt(k大于0且为常数)的规律变解得v=x0题意知，金属棒刚进入区域PQFE时，磁场的磁⋅Δt=0-mv以必须满足B0dvi=L所以棒开始运动后棒上电流与棒的位移成正比，即I=所以棒的运动方程为mgsinθ-B0d=ma触.小.答案:(1)(2)mv(3)解析:(1)a切割磁感线产生的电动势E1=Blv0由牛顿第二定律得L=ma解得v1=q=C(E-BLv)所以两棒最终速度v=rT(1)cd棒通过轨道最高位置PP′的速度大小v及cd棒刚进入半圆轨道瞬间的速度大小v2.m2g=m2解得v=、5m/scd棒从刚进入半圆轨道到通过轨道最高位置的过m2v=m2g·2r+m2v2解得v2=5m/sm1v0=m1v1+m2v2解得v1=7.5m/sm1v=m1v+m2v+Q′Q=R1+R2(3)根据动量定理可得-BI-Lt=m1v1-m1v0则-BqL=m1v1-m1v0中未画出。导轨水平部分的右侧和光滑倾斜导轨(足够长)平滑连接，倾斜部分的倾角为30°。质量为m1=1kg的金属棒P从四分之一圆弧的(1)金属棒P从静止释放运动到AA′时克服安培力做的功；解析:(1)金属棒P运动到AA′时FN-m1g=m1解得v0=8m/s解得vC=4m/s根据能量守恒定律有m1v=m1v+m2v解得v1=6m/s，v2=-2m/s对于P第一次通过磁场，取向右为正方向，根据动量定理有-BI-Lt=m1v1-m1v0解得x=3.2m(3)设P第二次离开磁场时的速度为v3，取向左为正方向，根据动量定理有-BI-Lt=-=m1v3-m1(-v2)解得v3=0Q第一次进入磁场时的速度为v4=vC=4m/s，取向左为正方向，根据动量定理有-BI-Lt=-=m2v5-m2v4联立解得v5=3m/sQ通过磁场后与静止的P第二次碰撞，从P运动到AA′开始后的全过程由能量守恒定律得m2v8.(2024浙江模拟预测)一实验小组设计了电动小车来正方形的多个水平排列的有界匀强磁场，相邻两磁场方向相反。转子为水平放置的正方形线框。磁场Δv1=v-v=v①E1=2BlΔv1②I1=③F2BI1l④F1=f⑤联立①~⑤解得f=⑥联立⑥~⑩解得=⑦E=2Bl⑧⑩I=⑨2BIlt-ft=mv⑩⑩v1=v+at1⑩Δv2=v1-v2⑧E2=2BlΔv2⑩I2=⑥F2=2BI2l⑩F2-f=ma⑦0∼