高考物理压轴题模型解读《电磁感应 动量守恒定律》含答案

【电磁感应+动量守恒定律解读】(F为恒力)动能+焦耳热11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(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；22阻可忽略不计.图中EFHG矩形区域内有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.在则(AD)4.(2025年5月山西青桐鸣大联考)如图所示，上，导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B．质量均为m的金属棒D.最终金属棒a中产生的焦耳热为mv33示。下列图像中可能正确的是()计。图中EFHG矩形区域内有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t=0时过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。44M棒受到水平向右的恒力F作用开始运动。已知F=当运动到bb边界时撤去F，此时M棒已达到匀速运动。已知整个过程中两棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨左侧电阻和M棒接入导轨的电(1)撤去F时M棒的速度大小v以及M棒穿过aa'b'b区域过程中系统产生的热量Q；(2)从M棒开始进入cc'd'd区域到M棒第一次静止，通过电阻R的电荷量q；(3)自发生第一次碰撞后到最终两棒都静止，导体棒M在磁场中运动的总位55【电磁感应+动量守恒定律解读】(F为恒力)动能+焦耳热110-,F安ab=BIabL解得通过ab棒的电流为Iab=同时有F安cd=BI1L，I1=根据能量守恒可得mgx0sin30°-联立解得cd棒产生的焦耳热为Qcd=mgx0--μmg=ma同时有F安=BIL，I==度为v，可知mΔv=mv解得v=Δv=其中F安cd2=BI2L从t1时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有-(μmg+BI-L(Δt=mvo′-mv，(BI-L-μmg(Δt=mvcd变式可得μmgΔt+BLq=mv-mvo′，BLq-μmgΔt=mvcd两式相加得2BLq=mv-m(vo′-vcd(③同时有q=I-Δt=⋅Δt==④22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(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；答案(2)mv3mv0=mvP+3mvQ联立解得v0，vP=金属棒P所受的安培力F=Bil=由动量定理有-FΔt=mΔv即Δt=mΔv方程两侧求和得Δt=∑mΔv注意到∑vΔt=x，∑Δv=v'P-vP=-v0对绝缘棒Q有x=vQt33阻可忽略不计.图中EFHG矩形区域内有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.在D.t1~t2时间内，a棒产生的焦耳热为mv1时刻a金属棒中的感应电流受到的安培力F=BIL=，由牛顿第二定~t2时确.上，导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B．质量均为m的金属棒44D.最终金属棒a中产生的焦耳热为mv设金属棒a中产生的焦耳热为Q，则2Q=v0(2-×2示。下列图像中可能正确的是()55计。图中EFHG矩形区域内有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t=0时过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。根据ma=2m=ρ′LSa，mb=ρ′LSb可得ma=m66培力减速直到停下；从b棒出磁场区域到a棒刚好停在磁场边界处，对a棒运用动量定理得-I—LBΔt=0-联立解得两棒在整个过程中相距最近的距离2+Q总aa+Qb=Q总M棒受到水平向右的恒力F作用开始运动。已知F=当运动到bbl边界时撤去F，此时M棒已达到匀速运动。已知整个过程中两棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨左侧电阻和M棒接入导轨的电(3)x=L【解析】(1)由于撤去F时M棒已经达到匀速运动，则有F=FA=BIL又E=BLv，I=77整理得v=其中F=解得v=对M棒，由能量守恒有F×2L=Q+×3mv23mv+×2mv解得v1=v0，v2=v0M棒进入cc,d,d区域磁场中到停下，由动量定理得-BI—2LΔt1=-BLq=0-3mv1解得通过电阻R的电荷量q=解得x右=0.2L2mv2=2mvN2+3mvM2，×2mv=2mv2+mv2解得vN2=-v2，vM2=v2对导体棒M，由动量定理有-v2Δt2=-=0-3mvM2解得x1=L同理可得绝缘棒N第三次与导体棒M碰前速度大小为vN的速度为vM3，由弹性碰撞可得2mvN2=2mvN3+3mvM3，×2mv2