62 专题强化(十八) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

[专题强化(十八)]　电磁感应中的动力学、能量和动量问题 ________________________________________________________________________ (选择题每题5分，解答题每题10分，建议用时：50分钟) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点 综合题 电磁感应中的动力学问题 1，4，7 电磁感应中的能量问题 2，3，5，9，10 电磁感应中的动量问题 6，8 1.如图所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的部分的电阻为R，某一时刻金属棒的速度大小为v，在该过程中，下列说法正确的是(　　 ) A．ab棒中电流的方向由a到b B．ab棒中所受到的安培力方向与金属棒的运动方向相反且做负功 C．加速度的大小为 D．下滑过程中速度的最大值是 解析：选B。根据右手定则可知，ab棒中电流的方向由b到a，故A错误；根据左手定则可知，ab棒中所受到的安培力方向沿斜面向上，与金属棒的运动方向相反，故安培力做负功，B正确；根据牛顿第二定律有mg sin θ－IBL＝ma，ab棒中的电流为I＝，加速度的大小为a＝g sin θ－，故C错误；下滑过程中速度最大时，有mg sin θ＝ImBL，ab棒中的最大电流为Im＝，下滑过程中速度的最大值是vm＝，故D错误。 2．(2023·湖南长沙模拟)如图所示，正方形匀质刚性金属框(形变量忽略不计)，边长为L＝0.2 m，质量为m＝0.1 kg，距离金属框底边H＝0.8 m处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝5 T。磁场区域上下边界水平，高度为L＝0.2 m，左右宽度足够大。把金属框在竖直平面内以v0＝2 m/s的初速度水平无旋转地向右抛出，金属框恰好能匀速通过磁场。不计空气阻力， 取g＝10 m/s2。下列说法不正确的是(　　 ) A．刚性金属框电阻为R＝4 Ω B．通过磁场的整个过程中，金属框的两条竖直边都不受安培力作用 C．通过磁场的过程中，克服安培力做功为0.4 J D．改变平抛的初速度大小，金属框仍然能匀速通过磁场 解析：选B。金属框竖直方向上总电动势为0，只在水平方向上产生电动势，因为金属框匀速通过磁场，则有mg＝F安，而F安＝BIl＝BL＝，且vy＝，代入数据求得R＝4 Ω，故A正确；通过磁场的整个过程中，根据左手定则可知，金属框的两条竖直边所受安培力大小相等，方向相反，都要受安培力，故B错误；根据功能关系得，克服安培力做功WF＝mg·2L＝0.4 J，故C正确；根据题意可知，初速度大小不影响安培力，安培力的大小只与线框竖直方向的分速度vy有关，而vy只与高度H有关，则可知，只要抛出高度不变，不管初速度大小如何，金属框仍然能匀速通过磁场，故D正确，不符合题意。 3．如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，经过足够长的时间，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度为v，则ab棒在这一过程中(　　 ) A．受到的最大安培力为sin θ B．运动的平均速度为v C．下滑的位移为 D．产生的焦耳热为qBLv 解析：选C。金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，则运动的平均速度大小≠＝，故B错误；当速度为v时，电动势为E＝BLv，电路电流为I＝，则这一过程金属棒ab受到的最大安培力为Fm＝BIl＝，故A错误；根据q＝Δt＝Δt＝Δt＝，解得下滑的位移为x＝，故C正确；由于这一过程，安培力逐渐增大，则金属棒ab克服安培力做功满足W安<Fmx＝·＝qBLv，则产生的焦耳热小于qBLv，故D错误。 4．(2024·江苏无锡模拟)如图所示，两条相距d的足够长的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻，质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下，将该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过电阻为R的金属杆，金属杆与导轨间滑动摩擦力大小为f，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨的电阻，则下列说法正确的是(　　 ) A．MN刚扫过金属杆时，流经R的电流从上到下 B．MN刚扫过金属杆时，电阻R的电功率为 C．若磁场足够宽，杆可能达到的最大速度为 D．若磁场足够宽，杆中的最小电流为0 解析：选B。当MN刚扫过金属杆时，可将磁场视为不动，金属杆向左运动，则根据右手定则可知流经R的电流由下到上，故A错误；当MN刚扫过金属杆时，由法拉第电磁感应定律有E＝Bdv0，则回路的电流I＝＝，电阻R的电功率为P＝I2R＝，故B正确；设金属杆向右运动的速度为v，则金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v，感应电流为I′＝，安培力为F′＝BI′d＝，随着金属杆速度v增大，金属杆切割磁感线的速度v′逐渐减小，安培力减小，当安培力等于摩擦力时，金属杆速度达到最大值，有＝f，解得vm＝v0－，方向向右，故C错误；最终杆与磁场存在速度差，回路中感应电流不为0，故D错误。 5．(多选)如图所示，固定的竖直光滑U形金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定绝缘轻弹簧相连且放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1＝，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。下列说法正确的是(　　 ) A．初始时刻导体棒受到的安培力大小为 B．初始时刻导体棒加速度的大小为2g＋ C．导体棒第一次速度为零时，克服弹簧弹力和克服重力做功之和小于mv D.从导体棒开始运动到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mv＋ 解析：选BC。初始时刻导体棒产生的感应电动势大小为E＝BLv0，回路中感应电流大小为I＝＝，初始时刻导体棒受到的安培力大小为F0＝BIL＝，故A错误；初始时刻，对导体棒由牛顿第二定律得F0＋mg＋kx1＝ma，解得a＝2g＋，故B正确；开始时导体棒向上运动到第一次速度为零过程中，重力、弹簧弹力、安培力都做负功，由动能定理可得－W克弹－W克重－W克安＝0－mv，可得W克弹＋W克重＝mv－W克安，由于W克安>0，故W克弹＋W克重<mv，故C正确；导体棒在弹簧弹力作用下往复运动，当导体棒静止时，所受安培力为零，导体棒受到重力和弹簧的弹力平衡，弹簧弹力的方向竖直向上，弹簧处于压缩状态，弹簧的压缩量为x2＝＝x1，故导体棒从开始运动到最终静止，弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律得mv＋mg(x1＋x2)＝Q总，解得系统产生的总热量为Q总＝mv＋，电阻R上产生的热量要小于系统产生的总热量，故D错误。 6．(多选)(2023·湖北黄冈模拟)如图所示，水平面内固定有两根足够长的光滑平行导轨，导轨间距为l，电阻忽略不计。质量为m的导体棒MN与质量为3m的导体棒PQ均垂直于导轨静止放置，两导体棒电阻均为R，相距为d，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现让MN棒以初速度v水平向左运动，直至最终达到稳定状态，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则在此过程中(　　 ) A．两导体棒组成的系统动量守恒 B．两导体棒在运动过程中任意时刻加速度均相同 C．整个运动过程中，MN棒上所产生的热量为 D．最终稳定时两导体棒间的距离为d＋ 解析：选ACD。两导体棒的电流相等，方向相反，则受安培力大小相等、方向相反，将安培力等效为内力，两导体棒组成的系统动量守恒，A正确；导体棒所受合力大小等于安培力，由于两导体棒质量不同，则加速度不同，B错误；根据动量守恒mv＝(m＋3m)v共，根据能量守恒mv2＝(m＋3m)v＋Q，两导体棒电阻相同，则整个运动过程中，MN棒上所产生的热量为Q′＝，得Q′＝，C正确；整个过程中，通过MN的电荷量为q＝Δt＝Δt＝Δt＝，对MN，由动量定理Blt＝Bql＝mv－mv共，联立得x＝，最终稳定时两导体棒间的距离为s＝d＋，D正确。 7．(10分)(多选)如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜固定放置，导轨平面倾角为θ＝37°，导轨间距为L＝1 m，上端接有阻值R＝1 Ω的定值电阻，整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中，质量m＝2 kg的金属棒ab垂直放在导轨上，始终与导轨接触良好，金属棒接入电路的电阻r＝1 Ω。给金属棒施加一个平行于导轨平面、垂直于金属棒的外力F，使金属棒沿导轨从静止开始向下做加速度大小为6 m/s2的匀加速直线运动，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)当金属棒的速度为3 m/s时，外力F的大小；(4分) (2)当金属棒的速度为6 m/s时撤去外力，此后5 s时间内，电阻R上产生的焦耳热Q及通过电阻R的电量q的大小。(6分) 解析：(1)当金属棒的速度为3 m/s时，感应电动势为 E＝BLv1＝6 V 根据闭合电路欧姆定律和安培力表达式得 I＝，FA＝BIL 根据牛顿第二定律得 F＋mg sin θ－FA＝ma 解得F＝6 N。 (2)当金属棒的速度为6 m/s时，回路中的电流为I′＝＝6 A 安培力为FA′＝BI′L＝12 N 根据牛顿第二定律得mg sin θ－FA′＝ma′ 解得a′＝0 故金属棒做匀速运动，此后5 s时间内，电阻R上产生的焦耳热 Q＝I′2Rt＝180 J 通过电阻R的电量q的大小 q＝I′t＝30 C。 答案：(1)6 N　(2)180 J，30 C 8．(10分)如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为2 kg和1 kg的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场B＝2 T。两平行导轨宽度L1∶L2＝2∶1。质量为2 kg的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h＝1.8 m(重力加速度大小g取10 m/s2，不计摩擦和空气阻力)。求： (1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后刚分离时两棒的速度大小v1和v2；(4分) (2)最终两导体棒b、c的速度大小v3和v4。(6分) 解析：(1)设绝缘棒a滑上水平导轨时，速度为v0，下滑过程中绝缘棒a机械能守恒，有 mgh＝mv 绝缘棒a与金属棒b发生弹性碰撞，由动量守恒定律 mv0＝mv1＋mv2 由机械能守恒定律有 mv＝mv＋mv 联立解得绝缘棒a的速度大小为v1＝0 金属棒b的速度大小 v2＝v0＝＝6 m/s。 (2)当磁通量不发生变化时不再有电流且安培力消失，此时速度达到稳定，则两导体棒单位时间内扫过面积相等，有v3L1＝v4L2 对b、c分别用动量定理 －BIL1·t＝mbv3－mbv2 BIL2·t＝mcv4－0 联立解得v3＝2 m/s，v4＝4 m/s。 答案：(1)0　6 m/s　(2)2 m/s　4 m/s 9．(10分)如图甲所示，有两根竖直的平行金属导轨，间距L＝1 m。导轨所在空间有两宽度均为D＝0.8 m的匀强磁场区域，B1方向垂直导轨平面向外，B2方向垂直导轨平面向里，其边界均与导轨垂直，两磁场的间距为H(H未知)。“联动双杆”(两根长为L的金属杆ab和cd用长度为D的刚性绝缘轻杆ef连接构成)的总质量为m＝2.5 kg，两杆的电阻均为R＝1 Ω(其余电阻不计)。T＝0时刻“联动双杆”在垂直ab边竖直向上的恒定的拉力F＝24 N作用下从静止开始运动(始终与轨道接触良好，摩擦阻力不计)，依次经过两匀强磁场区域，其向下运动过程中的速度与时间的关系如图乙所示。已知t1＝5 s时，cd杆刚好到达B1区域边界线PP′，“联动双杆”便开始匀速运动；t2＝5.5 s时，cd边刚好到达B2区域的边界线MM′便撤去拉力F。求：(g＝10 m/s2) (1)匀强磁场磁感应强度B1的大小；(3分) (2)两磁场的间距H和磁感应强度B2的大小；(3分) (3)t1＝5 s至t3＝5.8 s过程中ab杆中产生的焦耳热。(4分) 解析：(1)对双杆由牛顿第二定律得 mg－F＝ma 解得a＝0.4 m/s2 v＝at1＝2 m/s 双杆在B1磁场区域中匀速直线运动过程，由平衡条件得 F＋B1IL＝mg 其中I＝ 联立解得B1＝1 T。 (2)进入B2区域之前 x1＝v(t2－t1)＝1 m H＝x1－D＝0.2 m 当cd杆进入磁场B2后，由平衡条件得 mg＝B1I′L＋B2I′L 其中I′＝ 解得B2＝4 T。 (3)由t1至t3匀速运动过程，由动能定理得 2mgD－WF－W克安＝0 其中WF＝Fx1 ab杆中产生的焦耳热 Q＝W克安＝8 J。 答案：(1)1 T　(2)0.2 m　4 T　(3)8 J 10．(10分)(2023·江苏无锡模拟)如图甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距L＝0.8 m，其下端接有阻值R＝2 Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。一质量m＝0.2 kg、阻值r＝1 Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0.8 kg的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM方向。棒由静止释放后，沿NM方向位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线。已知棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.4 s内通过电荷量的2倍，取g＝10 m/s2，求： (1)刚释放时导体棒的加速度a；(3分) (2)0～0.3 s内棒通过的位移x1的大小；(3分) (3)磁感应强度的大小B和整个回路在0～0.4 s内产生的热量Q。(4分) 解析：(1)对M和m组成的系统，根据牛顿第二定律有 Mg－mg sin θ＝(M＋m)a 解得a＝7 m/s2。 (2)棒在0～0.3 s内通过的电荷量 q1＝Δt1 平均感应电流＝ 回路中平均感应电动势＝ 得q1＝ 同理，棒在0.3～0.4 s内通过的电荷量 q2＝ 由题图乙读出0.4 s时刻位移大小 x2＝0.9 m 又q1＝2q2 联立解得x1＝0.6 m。 (3)由题图乙知棒在0.3～0.4 s内做匀速直线运动，棒的速度大小 v＝ m/s＝3 m/s 0．3 s后棒受力平衡 FT＝mg sin θ＋BIL，FT＝Mg 根据闭合电路欧姆定律得I＝ 解得B＝ T 0～0.4 s内，对整个系统，根据能量守恒定律得 Q＝Mgx2－mgx2sin θ－(M＋m)v2 代入数据解得Q＝1.8 J。 答案：(1)7 m/s2　(2)0.6 m　(3) T　1.8 J 学科网（北京）股份有限公司 $$