2021年高考物理最新模拟题精练专题4.32 电磁感应与动量综合问题(提高篇)(解析版)

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）
第四部分 电磁感应
专题4.32 电磁感应与动量综合问题（提高篇）
1．(10分) （2020新高考冲刺仿真模拟6）如图甲所示，光滑的水平绝缘轨道M 、N 上搁放着质量m 1＝0.2 kg 、电阻R 1＝0.02 Ω的“[”形金属框dabc ，轨道间有一有界磁场，变化关系如图乙所示．一根长度等于ab ，质量m 2＝0.1 kg 、R 2＝0.01 Ω的金属棒ef 搁在轨道上并静止在磁场的左边界上．已知轨道间距与ab 长度相等，均为L 1＝0.3 m ，ad ＝bc ＝L 2＝0.1 m ，其余电阻不计.0时刻，给“[”形金属框一初速度v 0＝3 m/s ，与金属棒碰撞后合在一起成为一闭合导电金属框(碰撞时间极短)．t 0时刻整个框刚好全部进入磁场，(t 0＋1) s 时刻，框右边刚要出磁场．求：
(1)碰撞结束时金属框的速度大小； (2)0～t 0时间内整个框产生的焦耳热；
(3)t 0～(t 0＋1) s 时间内，安培力对ab 边的冲量的大小． 【名师解析】 (1)碰撞过程中，动量守恒，得到 m 1v 0＝(m 1＋m 2)v v ＝2 m/s
(2)对闭合金属框，0～t 0时间内由动量定理得： －BIL 1Δt ＝－BL 1Δq ＝(m 1＋m 2)Δv
等号两边求和，得－BL 1q ＝(m 1＋m 2)(v ′－v ) 又因为q ＝B ΔS R 总＝BL 1L 2
R 1＋R 2
得到v ′＝1 m/s
所以Q ＝12(m 1＋m 2)v 2－1
2(m 1＋m 2)v ′2＝0.45 J
(3)t 0～(t 0＋1) s 时间内，整个框在磁场中运动，
I ＝
E R 总＝ΔΦΔtR 总＝ΔBL 1L 2ΔtR 总
＝0.4 A 又因为B ′＝1－0.4(t －t 0) t 0≤t ≤t 0＋1
所以F 安＝B ′IL 1＝0.12B ′＝0.12－0.048(t －t 0) I 安＝F
安
t ＝
F 安1＋F 安22t ＝0.12×1＋0.12×0.6
2
×1 N·s ＝0.096 N·s 2、如图甲所示，平行粗糙导轨固定在绝缘水平桌面上，间距L ＝0.2 m ，导轨左端接有R ＝1 Ω的电阻，质量为m ＝0.1 kg 的粗糙导体棒ab 垂直静置于导轨上，导体棒及导轨的电阻忽略不计.整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨向下.现用与导轨平行的外力F 作用在导体棒ab 上使之一开始做匀加速运动，且外力F 随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：
(1)比较导体棒a 、b 两点电势的高低； (2)前10 s 导体棒ab 的加速度大小；
(3)若整个过程中通过R 的电荷量为65 C ，则导体棒ab 运动的总时间是多少？ 【参考答案】.(1)a 点电势较高 (2)5 m/s 2 (3)22 s
【名师解析】
(1)据右手定则知，a 点电势较高
(2)由于导体棒一开始做匀加速运动，对ab 用牛顿第二定律：F －F 安－F f ＝ma ，F 安＝B 2L 2v
R ，v ＝at
综上得，F ＝B 2L 2a
R
t ＋F f ＋ma
据题图乙可知前10 s ，F －t 图线斜率为0.05 N/s 即B 2L 2a
R ＝0.05 N/s
代入数据解得：a ＝5 m/s 2
(3)当t ＝0时，F f ＋ma ＝1 N ，则F f ＝0.5 N 10 s 时导体棒的速度v 1＝at 1＝50 m/s 此时安培力F 安1＝0.5 N
由于F ＝1 N ，且此时F f ＋F 安1＝F ＝1 N ，故10～15 s 内导体棒做匀速直线运动 0～15 s 内导体棒ab 的位移x ＝v 1
2t 1＋v 1t 2＝500 m
通过R 的电荷量q 1＝ΔΦR 总
＝BLx
R ＝50 C
F 为0后，导体棒做减速运动直到停止过程中通过R 的电荷量：q 2＝q －q 1＝15 C 对导体棒ab 应用动量定理：－F f t 3－BLq 2＝0－mv 1 解得t 3＝7 s
则运动的总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝22 s
3、如图所示，光滑平行金属导轨PQ 、MN 倾斜固定放置，导轨所在平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨底端连接有阻值为R 的电阻，导轨间距为L .方向垂直于导轨平面向下的有界匀强磁场的边界ab 、cd 垂直于导轨，磁场的磁感应强度大小为B ，边界ab 、cd 间距为s .将一长度为L 、质量为m 、阻值也为R 的金属棒垂直放置在导轨上，金属棒开始的位置离ab 的距离为1
2s ，现将金属棒由静止释放，金属棒沿导轨向下做加速
运动，到达cd 位置时金属棒的加速度刚好为零，金属棒运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好，不计导轨及其他电阻，重力加速度为g ，求：
(1)金属棒从释放到到达cd 位置的过程中，通过电阻R 的电荷量； (2)金属棒从ab 运动到cd 的时间. 【参考答案】.(1)BLs
2R
(2)2mR B 2L 2＋B 2L 2s mgR －2s
g
【名师解析】
(1)通过电阻R 的电荷量q ＝I ·Δt ，E ＝ΔΦΔt ＝BLs Δt ，I ＝E 2R ，解得q ＝BLs
2R
；
(2)设金属棒刚进入磁场时的速度为v 1，根据机械能守恒定律有mg ·12s ·sin θ＝1
2mv 12，解得v 1＝gs sin θ＝
12gs ，金属棒运动到cd 位置时，加速度为零，有mg sin θ＝B 2L 2v 22R ，解得v 2＝mgR
B 2L 2，由牛顿第二定律可知mg sin θ－BIL ＝ma ＝m Δv Δt ，即12mg ΣΔt －BL ΣI Δt ＝m ΣΔv ，[或由动量定理可得(mg sin θ－BIL )Δt ＝m Δv ，即12mg ΣΔt
－BL ΣI Δt ＝m ΣΔv ]得1
2mgt －BLq ＝m (v 2－v 1)，
解得t ＝2mR B 2L 2＋B 2L 2s
mgR
－
2s
g
. 4、如图所示，足够长的水平轨道左侧部分b 1b 2－c 1c 2轨道间距为2L ，右侧部分c 1c 2－d 1d 2的轨道间距为L ，圆弧轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计.在水平轨道内有斜向下与竖直方向夹角θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T.质量为M ＝0.2 kg 的金属棒C 垂直于轨道静止放置在右侧窄轨道上，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒A 自圆弧轨道上a 1a 2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与轨道保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，C 棒总在窄轨上运动.已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：
(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)金属棒C 匀速运动的速度大小；
(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量；
(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、B 在水平轨道间扫过的面积之差. 【参考答案】(1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2 【名师解析】
(1)A 棒在圆弧轨道上下滑，由机械能守恒定律得mgh ＝1
2mv 02，
得v 0＝2gh ＝2 m/s.
(2)选取水平向右为正方向，对A 、C 应用动量定理可得对C ：F C 安cos θ·t ＝Mv C ，对A ：－F A 安cos θ·t ＝mv A －mv 0，其中F A 安＝2F C 安，由以上知mv 0－mv A ＝2Mv C ，两棒最后匀速运动时，电路中无电流，有BLv C ＝2BLv A ，得v C ＝2v A ，联立两式得v C ＝2
9
v 0＝0.44 m/s.
(3)在C 加速过程中，有Σ(B cos θ)IL Δt ＝Mv C －0，q ＝ΣI Δt ，得q ＝50
9
C ＝5.56 C.
(4)根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ，其中磁通量变化量ΔΦ＝B ΔS cos 37°，电路中的电流I ＝E
2R ，通过截
面的电荷量q ＝It ，得ΔS ＝
2509
m 2
＝27.8 m 2. 5、某小组同学在研究图甲所示的电磁枪原理时，绘制了图乙所示的简图(为俯视图)，图中两平行金属导轨间距为L 固定在水平面上，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，平行导轨左端电路如图所示，电源的电动势为E (内阻不计)，电容器的电容为C .一质量为m 、长度也为L 的金属导体棒垂直于轨道平放在导轨上，忽略摩擦阻力和导轨、导线的电阻，假设平行金属导轨足够长.
(1)将开关S 接a ，电源对电容器充电. a.求电容器充电结束时所带的电荷量Q ；
b.请在图丙中画出充电过程中电容器两极板间的电压u 随电容器所带电荷量q 变化的图象；借助u －q 图象求出稳定后电容器储存的能量E 0.
(2)电容器充电结束后，将开关接b ，电容器放电，导体棒由静止开始运动，不计放电电流引起的磁场影响. a.已知自由电子的电荷量为e ，请你分析推导当导体棒获得最大速度之后，导体棒中某一自由电子所受的电场力与导体棒最大速度之间的关系式；
b.导体棒由静止到获得最大速度的过程中，由于存在能量损失ΔE 损，电容器释放的能量没有全部转化为导体棒的动能，求ΔE 损. 【名师解析】
(1)a.电容器充电完毕时其电压等于电动势E ，电容器所带的电荷量Q ＝CE ①
b.根据u ＝q C ，画出u －q 图象如图所示，图线与横轴所围面积表示电容器储存的能量.有：E 0＝1
2EQ ②
联立①②式可得：E 0＝1
2
CE 2③
(2)a.方法一：设金属导体棒获得最大速度v m 时，放电电流为零，此时电容器的电压U 与导体棒的感应电动势E 棒相等， 即：U ＝E 棒＝BLv m ④
导体棒中恒定电场的场强为：E 场＝U
L ＝Bv m
导体棒中电子所受的电场力为F ＝eE 场＝eBv m
方法二：金属导体棒获得最大速度后做匀速直线运动，电路中无电流，运动的电子在磁场中受到向下的洛伦兹力， 大小为：f ＝eBv m
由于电子随导体棒做匀速直线运动，则电场力F 与洛伦兹力合力为零，即F －f ＝0，则：F ＝eBv m b.由(1)中结论可知，导体棒获得最大速度v m 时，电容器储存的能量为：E 1＝1
2CU 2⑤
导体棒由静止到获得最大速度的过程中，根据能量守恒定律有：E 0＝E 1＋1
2mv m 2＋ΔE 损 ⑥
设此过程电容器放电的电荷量为ΔQ ，则ΔQ ＝CE －CU ⑦
方法一：设此过程中的平均电流为I ，时间为t ，根据动量定理有：BL I t ＝mv m －0⑧ 其中I t ＝ΔQ ⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：ΔE损＝mCE2
2m＋CL2B2
方法二：设任意时刻电路中的电流为i，取一段含此时刻的极短时间Δt，设此段时间内速度的改变量为Δv，根据动量定理有：ΣBLiΔt＝ΣmΔv⑧
ΣiΔt＝ΔQ⑨
ΣmΔv＝mv m－0⑩
联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得：ΔE损＝mCE2
2m＋CL2B2
6、如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距为l＝0.2 m，其电阻不计．完全相同的两金属棒ab、cd垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触，已知两棒质量均为m＝0.01 kg，电阻均为R＝0.2 Ω，棒cd放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1.0 T．棒ab在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab棒运动x＝0.1 m时达到最大速度v m，此时cd棒对绝缘平台的压力恰好为零．取g＝10 m/s2，求：
(1)ab棒的最大速度v m；
(2)ab棒由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q；
(3)ab棒由静止到最大速度所经历的时间t.
【参考答案】：(1)1 m/s
(2)5×10－3 J
(3)0.2 s
【名师解析】：(1)棒ab达到最大速度v m时，对棒cd有：
BIL＝mg,
由闭合电路欧姆定律知I＝E
2R，
棒ab切割磁感线产生的感应电动E＝BLv m,
代入数据计算得出：v m ＝1 m/s;
(2) ab 棒由静止到最大速度过程中，由功能关系得： Fx ＝mgx ＋1
2mv 2m
＋Q
棒ab 达到最大速度时受力平衡 F ＝mg ＋BIL 解得：Q ＝5×10－
3 J
(3)ab 棒由静止到最大速度过程中通过ab 棒的电荷量： q ＝I t ＝
BLx
2R
＝0.05 C 在此过程中由动量定理可知： (F －mg －BIL )t ＝mv m －0 即(F －mg )t －BqL ＝mv m －0 解得：t ＝0.2 s.
7、如图所示，电阻不计的“∠”形足够长且平行的导轨，间距L ＝1 m ，导轨倾斜部分的倾角θ＝53°，并与定值电阻R 相连．整个空间存在着B ＝5 T 、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场．金属棒ab 、cd 的阻值R ab ＝R cd ＝R ，cd 棒质量m ＝1 kg ，ab 棒光滑，cd 与导轨间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
(1)ab 棒由静止释放，当滑至某一位置时，cd 棒恰好开始滑动．求这一时刻ab 棒中的电流； (2)若ab 棒无论从多高的位置释放，cd 棒都不动，分析ab 棒质量应满足的条件；
(3)若cd 棒与导轨间的动摩擦因数μ≠0.3，ab 棒无论质量多大、从多高位置释放，cd 棒始终不动．求cd 棒与导轨间的动摩擦因数μ应满足的条件． 【参考答案】：(1)3.34 A (2)m ab ≤2.08 kg
(3)μ≥0.75 【名师解析】
：(1)cd 棒刚要开始滑动时，其受力分析如图所示．
由平衡条件得BI cd L cos 53°－F f ＝0， F N －mg －BI cd L sin 53°＝0， 又因为F f ＝μF N ，
联立以上三式，得I cd ＝1.67 A ， 所以I ab ＝2I cd ＝3.34 A.
(2)ab 棒下滑时，最大安培力F A ＝m ab g sin 53°，
cd 棒所受最大安培力应为1
2F A ，要使cd 棒不滑动，需满足：
12F A cos 53°≤μ(mg ＋1
2F A sin 53°)． 由以上两式联立解得m ab ≤2.08 kg. (3)ab 棒下滑时，cd 棒始终静止，有 F A ′cos 53°≤μ(mg ＋F A ′sin 53°)． 解得μ≥F A ′cos 53°mg ＋F A ′sin 53°＝cos 53°mg
F A ′
＋sin 53°.
当ab 棒质量无限大，在无限长轨道上最终一定匀速运动，ab 棒所受安培力趋于无穷大，cd 棒所受安培力F A ′亦趋于无穷大，有μ≥cos 53°
sin 53°
＝0.75.
8、如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l ，所在平面的正方形区域abcd 内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上．如图所示，将甲、乙两阻值相同、质量均为m 的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l .从静止释放两金属杆的同时，在金属杆甲上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加
速直线运动，且加速度大小为a ＝g sin θ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．
(1)求每根金属杆的电阻R ；
(2)从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F 随时间t 的变化关系式，并说明F 的方向；
(3)若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q ，试求此过程中外力F 对甲做的功． 【参考答案】：(1)B 2l 22gl sin θ
2mg sin θ
(2)F ＝mg 2sin 2θ2gl sin θt ，方向沿导轨向下
(3)2Q －mgl sin θ 【名师解析】
：(1)甲、乙匀加速运动时加速度相同，所以，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，乙进入磁场时的速度v ＝2gl sin θ. 根据平衡条件有mg sin θ＝B 2l 2v 2R .
解得R ＝B 2l 22gl sin θ
2mg sin θ
.
(2)甲在磁场中运动时，外力F 始终等于安培力F ＝B 2l 2v 2R ，v ＝g sin θ·t ，将R ＝B 2l 22gl sin θ2mg sin θ代入得F ＝
mg 2sin 2θ
2gl sin θt ，方向沿导轨向下．
(3)乙进入磁场前，甲、乙产生相同热量，设为Q 1，则有 F 安l ＝2Q 1，又F ＝F 安，故外力F 对甲做的功W F ＝Fl ＝2Q 1.
甲出磁场以后，外力F 为零，乙在磁场中，甲、乙产生相同热量，设为Q 2，则有 F 安′l ＝2Q 2，又F 安′＝mg sin θ， 又Q ＝Q 1＋Q 2. 解得W F ＝2Q －mgl sin θ.。