2025屆高考物理一輪復習專題突破練習11電磁感應(yīng)中動力學動量和能量問題含解析新人教版

PAGE10-專題突破練習(十一)(時間：40分鐘)1.如圖所示，豎直面上兩根足夠長的光滑金屬導軌平行固定放置，底端通過導線與阻值為r的電阻連接，與導軌接觸良好的金屬棒M，懸掛在一個固定的輕彈簧下端，導軌、導線和金屬棒M的電阻忽視不計，勻強磁場B垂直導軌所在平面對外。現(xiàn)將金屬棒M從彈簧原長位置由靜止釋放，則下列說法正確的是()A．金屬棒M釋放瞬間受三個力B．金屬棒M受到彈簧的拉力和重力第一次大小相等時，電路中電流最大C．金屬棒M向下運動時，流過電阻的電流方向從Q到PD．金屬棒M運動的整個過程中，電阻上產(chǎn)生的總熱量小于金屬棒M重力勢能的削減量D[金屬棒M釋放瞬間，速度為零，電路中的感應(yīng)電流為零，不受安培力，由于彈簧處于原長狀態(tài)，因此金屬棒M只受重力作用，故A錯誤；當彈簧的拉力和安培力之和與金屬棒M的重力第一次大小相等時，加速度為零，金屬棒M的速度最大，電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，故B錯誤；依據(jù)右手定則可知，金屬棒M向下運動時，流過電阻的電流方向從P到Q，故C錯誤；最終金屬棒M靜止，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒知重力勢能轉(zhuǎn)化為彈性勢能和焦耳熱，所以電阻上產(chǎn)生的總熱量小于金屬棒M重力勢能的削減量，故D正確。]2.如圖所示，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側(cè)有一寬度為d(d>L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下。導線框以某一初速度向右運動。t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域。下列v-t圖象中，可能正確描述上述過程的是()ABCDD[導線框起先進入磁場過程，通過導線框的磁通量增大，有感應(yīng)電流，進而受到與運動方向相反的安培力作用，速度減小，感應(yīng)電動勢減小，感應(yīng)電流減小，安培力減小，導線框的加速度減小，v-t圖線的斜率減??；導線框全部進入磁場中，磁通量不變，無感應(yīng)電流，導線框做勻速直線運動；導線框從磁場中出來的過程，有感應(yīng)電流，又會受到安培力阻礙作用，速度減小，加速度減小，選項D正確。]3.(多選)如圖所示，相距為d的兩水平虛線L1和L2分別是水平向里的勻強磁場的上下兩個邊界，磁場的磁感應(yīng)強度為B，正方形線框abcd邊長為L(L<d)，質(zhì)量為m，將線框在磁場上方高h處由靜止釋放。假如ab邊進入磁場時的速度為v0，cd邊剛穿出磁場時的速度也為v0，則從ab邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的整個過程中()A．線框中始終有感應(yīng)電流B．線框中有一階段的加速度為重力加速度gC．線框中產(chǎn)生的熱量為mg(d＋h＋L)D．線框有一階段做減速運動BD[正方形線框abcd邊長為L(L<d)，所以cd進入磁場后，ab還在磁場內(nèi)，所以線框磁通量不變，即無感應(yīng)電流，故A錯誤；由以上分析知，有一段過程，線框無感應(yīng)電流，只受重力，線框的加速度為g，故B正確；依據(jù)能量守恒定律可知從ab邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的整個過程：動能變更為0，重力勢能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量，Q＝mg(d＋L)，故C錯誤；線框ab邊剛進入磁場速度為v0，cd邊剛穿出磁場時速度也為v0，線框有一階段的加速度為g，在整個過程中必定也有一段減速過程，故D正確。]4.如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導軌，導軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導軌的間距、電阻均為R、質(zhì)量均為m，銅棒平行地靜止在導軌上且與導軌接觸良好，現(xiàn)給銅棒a一個平行導軌向右的瞬時沖量I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的是()A．回路中的最大電流為eq\f(BLI,mR)B．銅棒b的最大加速度為eq\f(B2L2I,2m2R)C．銅棒b獲得的最大速度為eq\f(I,m)D．回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為eq\f(I2,2m)B[由題意知a獲得沖量I時速度最大，即va＝eq\f(I,m)，此后a在安培力作用下做減速運動，b在安培力作用下做加速運動，回路中產(chǎn)生的電動勢E＝BL(va－vb)，可知a剛獲得沖量時回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，即Im＝eq\f(BLva,2R)＝eq\f(BLI,2mR)，故A錯誤；起先時b所受安培力最大，即Fm＝BImL＝eq\f(B2L2I,2mR)，則b棒的最大加速度am＝eq\f(Fm,m)＝eq\f(B2L2I,2m2R)，故B正確；由題意知，a棒做減速運動，b棒做加速運動，當a、b速度相等時，兩棒同時向右做勻速直線運動，依據(jù)動量守恒定律可知，I＝2mvab，即vab＝eq\f(I,2m)，此速度亦為b棒的最大速度，故C錯誤；依據(jù)系統(tǒng)能量守恒，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,ab)＋Q，即Q＝eq\f(I2,4m)，故D錯誤。]5.(多選)如圖所示，水平放置的光滑金屬長導軌MM′和NN′之間接有電阻R，導軌左、右兩區(qū)域分別存在方向相反且與導軌平面垂直的勻強磁場，設(shè)左、右區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，虛線為兩區(qū)域的分界線。一根阻值也為R的金屬棒ab放在導軌上并與其垂直，導軌電阻不計。若金屬棒ab在恒定外力F的作用下從左邊的磁場區(qū)域距離磁場邊界x處勻速運動到右邊的磁場區(qū)域距離磁場邊界x處。下列說法正確的是()A．當金屬棒通過磁場邊界時，通過電阻R的電流反向B．當金屬棒通過磁場邊界時，金屬棒受到的安培力反向C．金屬棒在題設(shè)的運動過程中，通過電阻R的電荷量等于零D．金屬棒在題設(shè)的運動過程中，回路中產(chǎn)生的熱量等于FxAC[金屬棒的運動方向不變，磁場方向反向，則電流方向反向，A正確；電流方向反向，磁場也反向時，安培力的方向不變，B錯誤；由q＝eq\f(ΔΦ,R總)知，因為初、末狀態(tài)磁通量相等，所以通過電阻R的電荷量等于零，C正確；由于金屬棒勻速運動，所以動能不變，即外力做功全部轉(zhuǎn)化為電熱，Q＝2Fx，D錯誤。]6．(2024·全國卷Ⅲ·T24)如圖所示，一邊長為l0的正方形金屬框abcd固定在水平面內(nèi)，空間存在方向垂直于水平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。一長度大于eq\r(2)l0的勻稱導體棒以速率v自左向右在金屬框上勻速滑過，滑動過程中導體棒始終與ac垂直且中點位于ac上，導體棒與金屬框接觸良好。已知導體棒單位長度的電阻為r，金屬框電阻可忽視。將導體棒與a點之間的距離記為x，求導體棒所受安培力的大小隨x(0≤x≤eq\r(2)l0)變更的關(guān)系式。[解析]當導體棒與金屬框接觸的兩點間棒的長度為l時，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，導體棒上感應(yīng)電動勢的大小為E＝Blv ①由歐姆定律，流過導體棒的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R) ②式中，R為這一段導體棒的電阻。按題意有R＝rl ③此時導體棒所受安培力大小為F＝BlI ④由題設(shè)和幾何關(guān)系有l(wèi)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,2\r(2)l0－x，\f(\r(2),2)l0＜x≤\r(2)l0)) ⑤聯(lián)立①②③④⑤式得F＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2B2v,r)x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,\f(2B2v,r)\r(2)l0－x，\f(\r(2),2)l0＜x≤\r(2)l0))。 ⑥[答案]F＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2B2v,r)x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,\f(2B2v,r)\r(2)l0－x，\f(\r(2),2)l0＜x≤\r(2)l0))7．(多選)如圖甲所示，在傾斜角為θ的光滑斜面內(nèi)分布著垂直于斜面的勻強磁場，以垂直于斜面對上為磁感應(yīng)強度正方向，其磁感應(yīng)強度B隨時間變更的規(guī)律如圖乙所示。質(zhì)量為m的矩形金屬框從t＝0時刻由靜止釋放，t3時刻的速度為v，移動的距離為L，重力加速度為g。在金屬框下滑的過程中，下列說法正確的是()甲乙A．t1～t3時間內(nèi)金屬框中的電流方向不變B．0～t3時間內(nèi)金屬框做勻加速直線運動C．0～t3時間內(nèi)金屬框做加速度漸漸減小的直線運動D．0～t3時間內(nèi)金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLsinθ－eq\f(1,2)mv2AB[t1～t3時間內(nèi)穿過金屬框的磁通量先垂直于斜面對上減小，后垂直于斜面對下增大，依據(jù)楞次定律可知，金屬框中的電流方向不變，選項A正確；0～t3時間內(nèi)，金屬框的ab邊與cd邊所受安培力等大反向，金屬框所受安培力為零，則所受的合力沿斜面對下，大小為mgsinθ，做勻加速直線運動，選項B正確，C錯誤；0～t3時間內(nèi)，金屬框所受的安培力為零，金屬框的機械能守恒，有mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2，故金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱不等于mgLsinθ－eq\f(1,2)mv2，選項D錯誤。]8.(多選)(2024·山東臨沂10月模擬)如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長的平行金屬導軌固定在水平面上，兩導體棒ab、cd垂直于導軌放置，空間存在垂直導軌平面對上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B?，F(xiàn)給導體棒ab一沿導軌平面對下的初速度v0使其沿導軌向下運動，已知兩導體棒質(zhì)量均為m，電阻阻值均為R，兩導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.75，導軌電阻忽視不計。從ab起先運動到兩棒相對靜止的整個運動過程中，兩導體棒始終與導軌保持良好的接觸，下列說法正確的是()A．整個運動過程中，導體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)B．整個運動過程中，導體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C．當導體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時，導體棒ab的速度為eq\f(1,2)v0D．當導體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時，導體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0BD[由題意知mgsin37°＝μmgcos37°，則兩棒組成的系統(tǒng)沿軌道方向的動量守恒，當最終穩(wěn)定時有mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，則整個運動過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，則導體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為Qcd＝Qab＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤，B正確；當導體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時，由動量守恒定律有mv0＝m·eq\f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq\f(3,4)v0，選項C錯誤，D正確。]9.(2024·全國卷Ⅰ·T21)如圖所示，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽視，一根具有肯定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時間后()A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值BC[用水平恒力F向右拉動金屬框，bc邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中有感應(yīng)電流i，bc邊受到水平向左的安培力作用，設(shè)金屬框的質(zhì)量為M，加速度為a1，由牛頓其次定律有F－BiL＝Ma1；導體棒MN受到向右的安培力，向右做加速運動，設(shè)導體棒的質(zhì)量為m，加速度為a2，由牛頓其次定律有BiL＝ma2。設(shè)金屬框bc邊的速度為v時，導體棒的速度為v′，則回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BL(v－v′)，由閉合電路歐姆定律i＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv－v′,R)，F(xiàn)安＝BiL，可得金屬框bc邊所受安培力和導體棒MN所受的安培力均為F安＝eq\f(B2L2v－v′,R)，二者加速度之差Δa＝a1－a2＝eq\f(F－F安,M)－eq\f(F安,m)＝eq\f(F,M)－F安eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,M)＋\f(1,m)))，隨著所受安培力的增大，二者加速度之差Δa減小，當Δa減小到零時，eq\f(F,M)＝eq\f(B2L2v－v′,R)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,M)＋\f(1,m)))，之后金屬框和導體棒的速度之差Δv＝v－v′＝eq\f(FRm,B2L2m＋M)，保持不變。由此可知，金屬框的速度漸漸增大，金屬框所受安培力趨于恒定值，金屬框的加速度大小趨于恒定值，導體棒所受的安培力F安＝eq\f(B2L2v－v′,R)趨于恒定值，選項A錯誤，B、C正確；導體棒到金屬框bc邊的距離x＝eq\i\in(0,t,)(v－v′)dt，隨時間的增大而增大，選項D錯誤。]10.如圖所示，質(zhì)量M＝1kg的半圓弧形絕緣凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef兩個光滑半圓弧形導軌，c與e端由導線連接(其質(zhì)量可忽視)，一質(zhì)量m＝1kg的導體棒自ce端的正上方h＝2m處平行于ce由靜止下落，并恰好從ce端進入凹槽，整個裝置處于范圍足夠大的豎直方向的勻強磁場中(磁場未畫出)，導體棒在凹槽內(nèi)運動過程中與導軌接觸良好。已知磁場的磁感應(yīng)強度B＝0.5T，導軌的間距與導體棒的長度均為L＝0.5m，導軌的半徑r＝0.5m，導體棒的電阻R＝1Ω，其余電阻均不計，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。(1)求導體棒剛進入凹槽時的速度大小；(2)求導體棒從起先下落到最終靜止的過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；(3)若導體棒從起先下落到第一次通過導軌最低點的過程中產(chǎn)生的熱量為16J，求導體棒第一次通過導軌最低點時回路中的電功率。[解析](1)依據(jù)機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(10)m/s。(2)導體棒在凹槽導軌上運動過程中發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生感應(yīng)電流，最終整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，導體棒停在凹槽最低點，依據(jù)能量守恒定律可知整個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝mg(h＋r)＝25J。(3)設(shè)導體棒第一次通過導軌最低點時速度大小為v1，凹槽速度大小為v2，導體棒在凹槽內(nèi)運動時系統(tǒng)在水平方向動量守恒，故有mv1＝Mv2由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝mg(h＋r)－Q1導體棒第一次通過導軌最低點時感應(yīng)電動勢E＝BLv1＋BLv2，回路中的電功率P＝eq\f(E2,R)聯(lián)立以上各式解得P＝eq\f(9,4)W。[答案](1)2eq\r(10)m/s(2)25J(3)eq\f(9,4)W11．如圖甲所示，在水平桌面上固定著兩根相距L＝20cm、相互平行的無電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R＝0.02Ω的導體棒a，軌道上橫置一根質(zhì)量m＝40g、電阻可忽視不計的金屬棒b，兩棒相距也為L＝20cm。該軌道平面處在磁感應(yīng)強度大小可以調(diào)整的豎直向上的勻強磁場中。起先時，磁感應(yīng)強度B0＝0.1T。設(shè)棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。甲乙丙(1)若保持磁感應(yīng)強度B0的大小不變，從t＝0時刻起先，給b棒施加一個水平向右的拉力，使它由靜止起先做勻加速直線運動，此拉力F的大小隨時間t變更關(guān)系如圖乙所示。求b棒做勻加速運動的加速度及b棒與軌道間的滑動摩擦力大小；(2)若從t＝0起先，磁感應(yīng)強度B隨時間t按圖丙中圖象所示的規(guī)律變更，求在金屬棒b起先運動前，這個裝置釋放的熱量。[解析](1)由題圖乙可得拉力F的大小隨時間t變更的函數(shù)表達式為F＝F0＋eq\f(ΔF,Δt)t＝0.4＋0.1t(N)當b棒勻加速運動時，依據(jù)牛頓其次定律有F－Ff－F安＝maF安＝B0ILE＝B0LvI＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0Lv,R)v＝at所以F安＝eq\f(B\o\al(2,0)L2a,R)t聯(lián)立可得F＝Ff＋ma＋eq\f(B\o\al(2,0)L2a,R)t由圖象可得：當t＝0時，F(xiàn)＝0.4N，當t＝1s時，F(xiàn)＝0.5N。代入上式，可解得a＝5m/s2，F(xiàn)f＝0.2N。(2)當磁感應(yīng)強度勻稱增大時，閉合電路中有恒定的感應(yīng)電流I。以b棒為探討對象，它受到的安培力漸漸增大，靜摩擦力也隨之增大，當磁感應(yīng)強度增大到b棒所受安培力F安′與最大靜摩擦力Ff相等時起先滑動感應(yīng)電動勢E′＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝0.02VI′＝eq\f(E′,R)＝1Ab棒將要運動時，有F′安＝BtI′L＝Ff所以Bt＝1T，依據(jù)Bt＝B0＋eq\f(ΔB,Δt)t解得t＝1.8s回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I′2Rt＝0.036J。[答案](1)5m/s20.2N(2)0.036J12．如圖所示，平行導軌PP′、QQ′均由傾斜和水平兩部分組成，相距為L1。傾斜部分與水平面夾角為θ，虛線pq為兩部分的連接處。質(zhì)量為m0、電阻為r的導體桿ef與導軌的摩擦系數(shù)均為μ，且滿意μ<tanθ。在虛線pq右側(cè)空間分布有方向豎直的磁場Ⅰ，其磁感應(yīng)強度大小為B1＝B0coseq\f(2π,λ)x(規(guī)定豎直向下為磁場的正方向)，式中λ為具有長度單位的常量，x為沿水平導軌向右的位置坐標，并定義pq的x坐標為0。將質(zhì)量為m、每邊電阻均為r、邊長為L2的正方形金屬框abcd用絕緣細線懸掛于天花板上a′和b′處，使ab邊保持水平，并用細導線將a、b兩點與導軌的兩端點Q、P相連，金屬框與垂直于紙面對里的勻強磁場Ⅱ垂直。將ef從傾斜軌道上距水平軌道高為h處由靜止釋放，為保持導體桿ef能在水平軌道上做勻速運動，現(xiàn)給導體桿施加－x方向的水平作用力F。設(shè)ef經(jīng)過pq時沒有因速度方向變更產(chǎn)生能量損失，也不計其余電阻和細導線對a、b兩點的作用力，金屬框始終保持靜止。求：(1)導體桿ef剛進入磁場時，金屬框ab邊兩端的電壓；(2)磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度B2應(yīng)滿意的條件；(3)ef在水平軌道上前進距離λ的過程中，力F所做的功。[解析]本題考查電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用。(1)設(shè)剛進入磁場Ⅰ時桿的速度為v，由動能定理有m0gh－μm0gcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)m0v2，解得v＝eq\r(2gh\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(μ,tanθ))))，此時桿的感應(yīng)電動勢為E＝B0L1vabcd框在回路中的總電阻為R外＝eq\f(3r2,r＋3r)＝eq\f(3r,4)，ab邊兩端的電壓為Uab＝eq\f(E,r＋R外)R外＝eq\f(3B0L1,7)eq\r(2gh\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(μ,tanθ))))。(2)桿ef剛進入磁場Ⅰ時，流過ab邊和cd邊的電流分別為I1＝eq\f(Uab,r)＝eq\f(3B0L1\r(2gh\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(μ,tanθ)))),7r)，I2＝eq\f(Uab,3r)＝eq\f(B0L1\r(2gh\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(