2025屆高考物理一輪總復(fù)習課時跟蹤檢測四十三“電磁感應(yīng)中動力學(xué)能量和動量問題”的綜合研究

課時跟蹤檢測（四十三）“電磁感應(yīng)中動力學(xué)、能量和動量問題”的綜合探討1.如圖，一足夠長通電直導(dǎo)線固定在光滑水平面上，質(zhì)量是0.04kg的硬質(zhì)金屬環(huán)在該平面上運動，初速度大小為v0＝2m/s、方向與導(dǎo)線的夾角為60°，則該金屬環(huán)最終()A．做曲線運動，環(huán)中最多能產(chǎn)生0.08J的電能B．靜止在平面上，環(huán)中最多能產(chǎn)生0.04J的電能C．做勻加速直線運動，環(huán)中最多能產(chǎn)生0.02J的電能D．做勻速直線運動，環(huán)中最多能產(chǎn)生0.06J的電能解析：選D金屬環(huán)在向右上方運動過程中，通過金屬環(huán)的磁通量削減，依據(jù)楞次定律可知金屬環(huán)受到的安培力會阻礙其運動，直到其磁通量不發(fā)生改變，即沿著導(dǎo)線的方向運動時，金屬環(huán)不再受到安培力的作用，此時金屬環(huán)將做勻速直線運動，只具有豎直方向的速度，依據(jù)速度合成與分解規(guī)律可知金屬環(huán)最終做勻速直線運動的速度為v＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0＝1m/s，依據(jù)能量守恒定律可得，金屬環(huán)中產(chǎn)生的電能為E＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2＝0.06J，所以D正確，A、B、C錯誤。2.(多選)如圖所示，間距大小為0.5m的平行導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌上端與電阻R連接，圖中水平虛線下方存在垂直導(dǎo)軌平面對外、磁感應(yīng)強度大小為0.2T的勻強磁場。現(xiàn)將質(zhì)量0.1kg的導(dǎo)體棒從虛線上方h1處由靜止釋放，進入磁場時恰好以速度v0做勻速直線運動，勻速運動2s后給導(dǎo)體棒施加一豎直向上大小為2N的恒力，并且由于磁感應(yīng)強度發(fā)生改變回路中不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，再經(jīng)過0.2s導(dǎo)體棒的速度減為零。已知導(dǎo)體棒運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻不計，重力加速度大小為10m/s2，關(guān)于導(dǎo)體棒由靜止釋放到速度減為零的過程，下列說法正確的是()A．勻速運動速度為2m/sB．自由下落的高度為2mC．回路中磁通量的最大值為0.4WbD．回路中產(chǎn)生的焦耳熱為4J解析：選ACD給導(dǎo)體棒施加一個豎直向上的恒力F＝2N＝2mg，由于施加恒力后回路中無電流，導(dǎo)體棒不受安培力作用，導(dǎo)體棒做勻減速直線運動，依據(jù)牛頓其次定律F－mg＝ma，a＝g，對勻減速階段列速度公式v0＝gt3＝2m/s，故A正確；對自由落體階段，依據(jù)2gh1＝v02，h1＝0.2m，故B錯誤；導(dǎo)體棒進入勻強磁場運動2s后回路中磁通量達到最大，2s時間內(nèi)導(dǎo)體棒的位移h2＝v0t2＝4m，則回路磁通量的最大值為Φm＝BLh2＝0.4Wb，故C正確；依據(jù)能量守恒定律可知整個過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱與勻速運動階段重力勢能的削減量相等Q＝mgh2＝4J，故D正確。3.(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()A．流過金屬棒的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通過金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,2R)C．克服安培力所做的功為mghD．金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)解析：選BD金屬棒下滑到彎曲部分底端時，依據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒在磁場中運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，金屬棒受到的安培力F＝BIL，當金屬棒剛進入磁場中時，感應(yīng)電流最大，分析可得Imax＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，A錯誤；金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中通過金屬棒的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BdL,2R)，B正確；對整個過程由動能定理得mgh－Weq\a\vs4\al(F安)－μmgd＝0，金屬棒克服安培力做的功Weq\a\vs4\al(F安)＝mgh－μmgd，金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)Weq\a\vs4\al(F安)＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，C錯誤，D正確。4.(多選)如圖所示，一個等腰直角三角形金屬線框直角頂點O處不閉合，豎直放置于水平勻強磁場中，磁場磁感應(yīng)強度為B，線框平面與磁場方向垂直，線框的斜邊長為L，定值電阻阻值為R，其余部分線框電阻可忽視不計?，F(xiàn)有一質(zhì)量分布勻稱的導(dǎo)體棒水平放置，中心在線框最高點O處由靜止釋放(導(dǎo)體棒足夠長，電阻不計)，導(dǎo)體棒在下落過程中與線框始終保持良好接觸。不計摩擦和空氣阻力，下列說法中正確的是()A．導(dǎo)體棒下落eq\f(L,4)的過程中，流過R的電荷量為eq\f(BL2,16R)B．離開磁場前導(dǎo)體棒肯定始終加速C．離開磁場前導(dǎo)體棒可能先加速后勻速D．導(dǎo)體棒下落過程機械能的削減量等于電阻R上產(chǎn)生的熱量解析：選AD由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，由閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,R)，由電流的定義式可得，流過R的電荷量為q＝I·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，導(dǎo)體棒下落eq\f(L,4)的過程中ΔΦ＝B·eq\f(L2,16)，聯(lián)立可得q＝eq\f(BL2,16R)，A正確；對導(dǎo)體棒受力分析，有重力和安培力。安培力定義式為F安＝BIl，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢為E＝Blv，由閉合電路的歐姆定律可得I＝eq\f(E,R)，則F安＝eq\f(B2l2v,R)，最起先，重力大于安培力，此時導(dǎo)體棒做加速運動。不考慮導(dǎo)體棒的運動位移，當重力等于安培力之后，導(dǎo)體棒的有效切割長度接著變大，所以安培力比重力大，合力向上，導(dǎo)體棒做減速運動，B、C錯誤；導(dǎo)體棒在下落過程中，重力做正功，安培力做負功轉(zhuǎn)化為電阻R的內(nèi)能，由能量守恒定律可得，導(dǎo)體棒下落過程機械能的削減量為ΔE＝QR，D正確。5.(多選)如圖所示，兩根間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌，OO′左側(cè)向上彎曲，右側(cè)水平，水平導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強度為B的豎直向上的勻強磁場中。兩根金屬棒MN、PQ始終垂直導(dǎo)軌，與導(dǎo)軌接觸良好，MN、PQ棒的長度均為L、質(zhì)量均為m、阻值均為R。金屬棒MN從豎直高度h處由靜止釋放沿導(dǎo)軌下滑。導(dǎo)軌電阻不計，整個過程中金屬棒MN和PQ未相碰，則()A．釋放后金屬棒MN最終停在水平軌道上B．金屬棒MN剛進入磁場時，金屬棒PQ兩端電壓大小eq\f(BL\r(2gh),2)C．整個過程中流過金屬棒PQ的電荷量為eq\f(m\r(2gh),BL)D．整個過程中金屬棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mgh解析：選BD釋放后金屬棒MN最終與PQ金屬棒在水平軌道上，一起做勻速直線運動，A錯誤；金屬棒MN剛進入磁場時，依據(jù)機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv，解得感應(yīng)電動勢為E＝BLeq\r(2gh)，金屬棒PQ兩端電壓大小為U＝eq\f(1,2)E＝eq\f(BL\r(2gh),2)，B正確；金屬棒MN、PQ組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv＝2mv′，整個過程中對金屬棒PQ分析，由動量定理有Beq\x\to(I)Lt＝mv′，流過金屬棒PQ的電荷量為q＝eq\x\to(I)t，聯(lián)立解得q＝eq\f(m\r(2gh),2BL)，C錯誤；設(shè)整個過程中閉合回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q，對系統(tǒng)由能量守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)·2mv′2＋Q，解得Q＝eq\f(1,2)mgh，則整個過程金屬棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為QMN＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,4)mgh，D正確。6．(多選)如圖甲所示，固定的光滑平行導(dǎo)軌(電阻不計)與水平面夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌足夠長且間距L＝0.5m，底端接有阻值為R＝4Ω的電阻，整個裝置處于垂直于導(dǎo)體框架向上的勻強磁場中，一質(zhì)量為m＝1kg、電阻r＝1Ω、長度也為L的導(dǎo)體棒MN在沿導(dǎo)軌向上的外力F作用下由靜止起先運動，拉力F與導(dǎo)體棒速率倒數(shù)關(guān)系如圖乙所示。已知g＝10m/s2。則()A．v＝5m/s時拉力大小為12NB．v＝5m/s時拉力的功率為70WC．勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為2TD．當棒的加速度a＝8m/s2時，導(dǎo)體棒受到的安培力的大小為1N解析：選BCD當v＝5m/s時，eq\f(1,v)＝0.2s/m，由題圖乙可知對應(yīng)圖像的拉力F＝14N，A錯誤；依據(jù)功率與速度的關(guān)系可得拉力的功率PF＝Fv＝70W，B正確；導(dǎo)體棒的最大速度eq\f(1,vm)＝0.1s/m，所以最大速度vm＝10m/s，此時拉力最小為Fmin＝7N，依據(jù)共點力平衡條件可得Fmin－mgsinθ－F安＝0，依據(jù)安培力的計算公式可得F安＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R＋r)，代入數(shù)據(jù)得B＝2T，C正確；當棒的加速度a＝8m/s2時，拉力設(shè)為F′，速度為v′，依據(jù)牛頓其次定律可得F′－mgsinθ－BI′L＝ma，而F′＝eq\f(P,v′)，BI′L＝eq\f(B2L2v′,R＋r)，整理可得v′2＋65v′－350＝0，解得v′＝5m/s(或v′＝－70m/s舍去)，所以此時的安培力為F安′＝BI′L＝eq\f(B2L2v′,R＋r)＝1N，D正確。7.如圖所示，平行導(dǎo)軌寬為L、傾角為θ，處在垂直導(dǎo)軌平面對下的勻強磁場中，磁感強度為B，CD為磁場的邊界，導(dǎo)軌左端接一電流傳感器，CD右邊平滑連一足夠長的向上傾斜導(dǎo)軌。質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒ab長也為L，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，自導(dǎo)軌上某處由靜止滑下。其余電阻不計，不計一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g。(1)棒ab上的感應(yīng)電流方向如何？(2)棒ab在磁場內(nèi)下滑過程中，速度為v時加速度為多大？(3)若全過程中電流傳感器指示的最大電流為I0。求棒ab相對于CD能上升的最大高度。解析：(1)依據(jù)右手定則可判定：棒ab在磁場中向下滑動時，電流由b流向a。(2)當棒的速度為v時，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv，依據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)，安培力F＝BIL，依據(jù)牛頓其次定律，有mgsinθ－F＝ma解得a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)。(3)棒下滑到CD處回路電流最大，有BLvm＝I0R棒ab滑過CD后到右側(cè)最高點，由機械能守恒定律，有mgH＝eq\f(1,2)mvm2，解得H＝eq\f(I02R2,2gB2L2)。答案：(1)由b流向a(2)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(I02R2,2gB2L2)8．(2024·海南高考)如圖，間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在方向豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為m的金屬桿放在導(dǎo)軌上。金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動，此時金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動的速率為u0。設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動的自由電子總量保持不變，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除了電阻R以外不計其他電阻。(1)求金屬桿中的電流和水平外力的功率；(2)某時刻撤去外力，經(jīng)過一段時間，自由電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)閑q\f(u0,2)，求：①這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；②這段時間內(nèi)始終在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動的距離。解析：(1)金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv0，則金屬桿中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv0,R)，由題知，金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動，則有F＝F安＝BIl＝eq\f(B2l2v0,R)，依據(jù)功率的計算公式有P＝Fv0＝eq\f(B2l2v02,R)。(2)①設(shè)金屬桿內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，金屬桿的橫截面積為S，則金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動時，電流由微觀表示為I＝nSeu0＝eq\f(Blv0,R)，則解得nSe＝eq\f(Blv0,Ru0)，電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)閑q\f(u0,2)時，有I′＝nSeeq\f(u0,2)＝eq\f(Blv′,R)，解得v′＝eq\f(v0,2)，由能量守恒有eq\f(1,2)mv′2＝eq\f